第16讲 动量守恒定律（复习讲义）（黑吉辽蒙专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

第16讲 动量守恒定律（复习讲义） 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 知识点一 动量守恒定律 考向1判断系统动量是否守恒 知识点二 碰撞 考向1 碰撞可能性的判断 考向2 动碰静 考向3 动碰动 考向4 子弹“打”木块 考向5 滑块与弧形槽碰撞 考向6 含弹簧碰撞模型 考向7 板块碰撞模型 知识点三 反冲 考向1 对反冲的理解 考向2 反冲的一般应用 考向3 人船模型 考向3 抛接体问题 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 更早 能量守恒定律的应用 ———— ———— 2023 解答题 考情分析 题型与考向：动量守恒定律的考查，在题型上呈现“选择题打基础、计算题见深度、实验题考迁移”的三层格局。选择题主要考查动量定理的理解和单一守恒过程的判断，计算题则往往将动量守恒置于多过程、多物体的综合情境中，实验题则以“验证动量守恒定律”为原型进行创新改造。 情境与立意： 生产生活实践：安全带的工作原理、船舶减震设计、体育运动中的碰撞与缓冲等。这类情境的特点是“熟悉但需要抽象”——学生见过这个场景，但未必能从中提取出物理模型。命题的意图正是考查“从复杂背景中抽象出物理模型”的能力。 体育运动与娱乐：篮球抛接、滑板碰撞、蹦床运动等。这类情境的优势在于学生有直接的身体经验，能够借助直觉判断来辅助物理分析，但同时要求将“感觉”转化为“方程”。 前沿科技与创新技术：航天器分离与变轨、电磁轨道炮、等离子体推进器等。这类情境的立意不在于考查学生对科技知识的了解，而在于考查学生面对陌生系统时，能否识别出其中隐藏的动量守恒条件。 复习目标 知识层面 第一层：建立清晰的守恒观念。  第二层：掌握三类碰撞的本质区别。  第三层：形成多过程、多体系统的分析能力。  能力层面 模型建构能力：面对陌生情境（如航天器分离、电磁轨道炮），能迅速识别出其中的守恒系统，并将其转化为可计算的物理模型。 数学工具应用能力：动量守恒的方程求解常涉及二元二次方程组，计算量较大。复习中应有意识地训练学生的数学处理能力。 批判性思维：碰撞问题中存在多个可能解，需要通过“结果合理性检验”（如碰撞后速度不能使系统动能增加、不能出现“穿透”现象）来筛选正确解。这一能力在压轴题中尤为关键。 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 知识点1 动量守恒定律 知●识●解●构 1．系统、内力与外力 (1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。 (2)内力：系统中物体间的作用力。 (3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。 2．动量守恒定律 (1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。 (2)表达式： （作用前后总动量相等）。 (3)适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。 动量守恒定律的性质 1．系统性：注意判断是哪几个物体构成的系统的动量守恒。 2．矢量性：是矢量式，解题时要规定正方向。 3．相对性：系统中各物体在相互作用前后的速度必须相对于同一惯性系，通常为相对于地面的速度。 4．同时性：初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量；末动量必须是各物体在作用后同一时刻的动量。 5．普适性：不仅适用两个物体或多个物体组成的系统，也适用于宏观低速物体以及微观高速粒子组成系统。 动量守恒定律的判断 1．系统不受外力或所受合外力为零. 2．系统受外力作用，但内力远远大于合外力．此时动量近似守恒。 3．系统受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒。 动量守恒定律的推导 如图所示，在光滑的水平桌面上质量为的B物体追上质量为的A物体，并发生碰撞，设A、B两物体碰前速度分别为、（），碰后速度分别为、，碰撞过程中B对A的作用力是，A对B的作用力是，碰撞时间很短，设为Δt。 根据动量定理： 对A：① 对B：② 由牛顿第三定律③ 由①②③得两物体总动量关系为： 方法技巧 应用动量守恒定律解题的基本思路： 1．明确研究对象合理选择系统 2．判断系统动量是否守恒 3．规定正方向及初、末状态 4．运用动量守恒定律列方程求解 考向1 判断系统动量是否守恒 【例1】如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　) A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 【答案】B 【解析】撤去推力，系统所受合外力为0，动量守恒，滑块和小车之间有滑动摩擦力，由于摩擦生热，系统机械能减少，故B正确。 【例2】（多选）如图所示，带有斜面的小车A静止于光滑水平面上，现B以某一初速度冲上斜面，在冲到斜面最高点的过程中 (　　) A.若斜面光滑，系统动量守恒，机械能守恒 B.若斜面光滑，系统动量不守恒，机械能守恒 C.若斜面不光滑，系统水平方向动量守恒，机械能不守恒 D.若斜面不光滑，系统水平方向动量不守恒，机械能不守恒 【答案】BC 【解析】无论斜面是否光滑，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向物体B受力不平衡，竖直方向动量不守恒；斜面光滑的情况下机械能守恒，斜面粗糙的情况下机械能不守恒，选项B、C正确，A、D错误。 【变式练习1】下图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　) A．只有甲和乙 B．只有丙和丁 C．只有甲和丙 D．只有乙和丁 【答案】C 【解析】题图甲中，在光滑水平面上，子弹水平射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒。题图丙中两球匀速下降，说明两球组成的系统在竖直方向上所受的合外力为零，细线断裂后，两球组成的系统动量守恒，它们在水中运动的过程中，两球整体受力情况不变，遵循动量守恒定律。题图乙中系统受到墙的弹力作用，题图丁中斜面是固定的，题图乙、丁所示过程系统所受合外力不为零，动量不守恒，故只有甲、丙系统动量守恒，即C正确 【变式练习2】在下列几种现象中，所选系统动量守恒的是(　　) A．在光滑水平面上，运动的小车迎面撞上一静止的小车，以两车为一系统 B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统 C．从高空自由下落的重物落在静止于地面上的车厢，以重物和车厢为一系统 D．光滑水平面上放一个表面光滑的斜面体，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面体为一系统 【答案】A 【解析】两车组成的系统受到的合外力为零，故动量守恒，A正确；人与铅球组成的系统初动量为零，末动量不为零，B错误；重物和车厢组成的系统的末动量为零而初动量不为零，C错误；在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大，D错误． 【变式练习3】如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球向右拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．小球的机械能守恒 B．小球不能向左摆到原高度 C．小车和小球组成的系统动量守恒 D．任意时刻小车和小球水平方向的动量都等大反向 【答案】D 【详解】AC．小球与小车组成的系统在水平方向不收外力，竖直方向的合外力为小球的重力，因此系统在水平方向动量守恒，小球与小车组成的系统机械能守恒，小球的机械能不守恒，故AC错误； BD．初始状态系统的总动量为零，所以在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等，方向相反，当小球的速度为零时，小车速度也为零，由机械能守恒定律知，小球能向左摆到原高度，故D正确，B错误。 故选D。 知识点2 碰撞 知●识●解●构 认识碰撞 1.正碰（对心碰撞）：碰撞前后，物体的运动方向在同一直线上。这种碰撞称为正碰，也叫作对心碰撞或一维碰撞。 2.斜碰（非对心碰撞）：碰撞前后物体的运动方向不在同一直线上,如图所示 1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变 2．非弹性碰撞：系统在碰撞前后动能减少 因弹性碰撞系统动量守恒、机械能守恒，有： （1）解得； 上面（1）中的两个根要牢记，解决某些计算题、实验题时，用处非常大。而为了方便记忆，计算时更加的快速。还可以记它的二级结论： 根据，求出； 有：、、成等差数列；、、也成差数列（；）。 应用动量观点解决运动问题时，一定要规定正方向。 （2）一动一静弹性碰撞（），则有； （3）一动一静弹性碰撞若，则有，，即碰撞后两球速度互换。 对二级结论的理解： 当追上并与之碰撞，会因受到的阻力而减速，该过程、均发生形变，当二者共速瞬间形变量最大（储存的弹性势能最大）；之后恢复原样，该过程继续受到阻力，根据对称性，则、、成等差数列。同理，整个碰撞过程，全程受到的冲击力（动力），全程加速，、、也成差数列。 完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。 设两者碰后的共同速度为v共，则有： ；机械能损失为 碰撞问题遵循的三个原则： 1．系统动量守恒，即 2．系统动能不增加，即 3．速度要合理： （1）碰前两物体同向运动，即，碰后，原来在前面的物体速度一定增大，且v （2）两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变（至少一个改变方向）。 考向1 碰撞可能性的判断 【例1】 质量相等的A、B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为pA=9kg·m/s，B球的动量为pB=3kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是（　　） A．p′A=6kg·m/s，p′B=6kg·m/s B．p′A=8kg·m/s，p′B=4kg·m/s C．p′A=-2kg·m/s，p′B=14kg·m/s D．p′A=-4kg·m/s，p′B=17kg·m/s 【答案】A 【详解】A．A、B组成的系统受合外力为0，系统动量守恒，碰撞前总动量为p=pA+pB=9kg·m/s+3kg·m/s=12kg·m/s 碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=6kg·m/s+6kg·m/s=12kg·m/s；故满足动量守恒； A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即EkA+EkB≥EkA′+EkB′ 碰撞前的总动能为 碰撞后的总动能为；故满足碰撞前后动能不增加，故此种情况可能存在，故A正确； B．A、B组成的系统受合外力为0，系统动量守恒，碰撞前总动量为p=pA+pB=9kg·m/s+3kg·m/s=12kg·m/s 碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=8kg·m/s+4kg·m/s=12kg·m/s 故满足动量守恒；因碰撞后A的球速度应等于或小于B球的速度，即vA′≤vB′，而由题中数据可得故此种情况不可能发生，故B错误； C．A、B组成的系统受合外力为0，系统动量守恒，碰撞前总动量为p=pA+pB=9kg·m/s+3kg·m/s=12kg·m/s 碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=-2kg·m/s+14kg·m/s=12kg·m/s 故满足动量守恒；A、B碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即EkA+EkB≥EkA′+EkB′ 碰撞前的总动能为 碰撞后的总动能为；可知碰撞后的动能增加，故此种情况不可能存在，故C错误； D． A、B组成的系统受合外力为0，系统动量守恒，碰撞前总动量为p=pA+pB=9kg·m/s+3kg·m/s=12kg·m/s 碰撞后总动量为p′=pA′+pB′=-4kg·m/s+17kg·m/s=13kg·m/s 故不满足动量守恒，此种情况不可能存在，故D错误。 故选A。 【例2】 在光滑的水平面上，两个质量均为m的完全相同的滑块以大小均为p的动量相向运动，发生正碰，碰后系统的总动能不可能是(　　) A.0 B. C. D. 【答案】B 【解析】碰撞前系统的总动能为Ek=2×，由于碰撞后系统总动能不增加,所以选项B是不可能的。 【变式练习1】如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为，，速度分别是（为正方向），，则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（　　） A．， B． ， C．， D．， 【答案】C 【详解】两球碰撞前的总动量为 总动能为 A．如果，，碰后两球的总动量为 总动能为 可知，系统的动量守恒、动能不增加，但是A球还会和B球发生二次碰撞，不符合实际，是不可能的，故A错误； B．如果，，碰后两球的总动量为 总动能为；可知，系统的动量不守恒、动能增加，故B错误； C．如果，，碰后两球的总动量为 总动能为；可知，系统的动量守恒、动能不增加，为弹性碰撞，故C正确； D．如果，，碰后两球的总动量为 总动能为；可知，系统的动量守恒、动能增加，故D错误。 故选C。 【变式练习2】 如图，质量为m的A球与质量为2m的B球在光滑的水平面上，现让A球以速度v向右运动与静止的B球发生正碰，取向右为正方向。则碰后A球的速度不可能为（　　） A． B． C．0 D． 【答案】B 【详解】D．若两球碰后共速，根据动量守恒有；解得；故D可能，不符合题意； A．若两球的碰撞是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒有，；解得；故A可能，不符合题意； B．根据动量守恒有；令，代入得；则碰后的总动能；比碰前的动能大，故B不可能，符合题意； C．根据动量守恒有令，代入得；则碰后的总动能；比碰前的动能小，故C可能，不符合题意。 本题选不可能的，故选B。 【变式练习3】 如图所示，在光滑水平地面上，质量为的小球A以的速度向右运动，与静止的质量为的小球B发生正碰，碰后B的速度大小可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】若A与B发生完全非弹性碰撞，碰撞后两者共速，B获得最小速度，根据动量守恒有；解得 若A与B发生完全弹性碰撞，B获得最大速度，根据动量守恒和能量守恒有，；联立解得；故B的速度取值范围为 故选B。 考向2 动碰静 【例1】“天宫课堂”第四课中，航天员演示小球碰撞实验。分析实验视频，每隔相等的时间截取一张照片，如上图所示。小球和大球的质量分别为、，可估算出（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由第一张与第二张照片可知小球的初速度大小为 由第二张与第三张照片可知碰撞后小球的速度大小为 碰撞后大球的速度大小为 设水平向左为正方向，根据动量守恒定律可得 由图可知；可得 故选B。 【变式练习1】（多选）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．若碰后甲反弹，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】AD 【详解】A．设弹珠甲的质量为，初速度为，碰后速度为；弹珠乙的质量为，初速度为 0，碰后速度为 。甲、乙两弹珠发生弹性正碰，满足动量守恒 动能守恒；解得； 设碰前的速度方向为正方向，若碰后甲反弹，则，所以，A正确； BD．由上述分析，甲球碰后的速度大小为，假设远小于时，甲球碰后的速度大小趋近于，不会达到，乙的速度大小趋近于0，此种情况下甲球的速率大于乙球，B错误，D正确； C．假设乙碰后的速度为，则；解得；质量不可能为负值，假设不成立，C错误。 故选AD。 【变式练习2】如图，在光滑水平面上，一质量为100g的A球，以2m/s的速度向右运动，与质量为200g大小相同的静止B球发生对心碰撞，撞后B球的速度大小为1.2m/s，取A球初速方向为正方向，下列说法正确的是（　　） A．该碰撞为弹性碰撞 B．该碰撞为完全非弹性碰撞 C．碰撞前后A球的动量变化为 D．碰撞前后A球的动量变化为 【答案】D 【详解】CD．以A球初速方向为正方向，碰撞过程根据动量守恒可得 解得A球碰后的速度为 碰撞前后A球的动量变化为 故C错误，D正确； AB．碰撞前系统的机械能为 碰撞后系统的机械能为 由于，且碰后A、B速度并不相同，则该碰撞不是弹性碰撞，也不是完全非弹性碰撞，故AB错误。 故选D。 【变式练习3】在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示，小球A与小球B发生正碰后，小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的竖直墙壁弹回后与小球A在P点相遇，已知PQ=1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，两球均可视为质点，则A、B两小球质量之比为（　　） A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 【答案】B 【详解】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1；两球弹性碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒有m1v0=m1v1＋m2v2；m1v02=m1v12＋m2v22解得m1∶m2=2∶1 【变式练习4】如图所示，两个完全相同的小球A、B用等长的细线悬于O点，开始两球均静止，两悬线竖直，线长为L。若将A球拉至图示位置静止释放，则B球被碰后第一次速度为零时的高度不可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】小球A从释放到最低点，由动能定理可知；解得；若A与B发生完全弹性碰撞，由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即；B上升过程中由动能定理可知；解得若A与B发生完全非弹性碰撞即AB粘在一起，由动量守恒定律可知；解得；在AB上升过程中，由动能定理可知；解得；所以B球上升的高度高度不可能是。 考向3 动碰动 【例1】物体间发生碰撞时，因材料性质不同，机械能会有不同程度的损失，可用碰撞后二者相对速度的大小与碰撞前二者相对速度大小的比值描述，称之为碰撞恢复系数，用符号表示。现有运动的物块A与静止的物块B发生正碰，关于A与B之间的碰撞，下列说法正确的是（   ） A．若，则表明碰撞结束后A与B均停止运动 B．若，则表明碰撞结束后二者交换速度 C．若，则表明A与B的碰撞为完全非弹性碰撞 D．若，则表明A与B的碰撞为弹性碰撞 【答案】D 【详解】若，则表明碰撞结束后A、B两物体相对速度为0，表明A、B两物体共速，说明A与B碰撞为完全非弹性碰撞；假设为弹性碰撞，则有；解得；可知若，则表明A与B的碰撞为弹性碰撞。 故选D。 【例2】如图所示为一种基于伽利略大炮原理的简易模型。两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的3倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设小球P、Q的质量分别为m、3m，落地前的瞬间二者速度均为v，由动能定理可得 解得； Q与地面碰撞后速度等大反向，然后与P碰撞，P、Q碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒，规定向上为正方向，则有，；解得 碰后小球P机械能守恒，则有；解得 故选C。 【变式练习1】天舟二号采用自主快速交会对接模式，成功对接天和核心舱后向端口。二者对接前、后瞬间的总动量大小分别为 p1、p2；总动能分别为 E1、E2，则（    ） A．p1 > p2，E1 > E2 B．p1 = p2，E1 > E2 C．p1 > p2，E1 = E2 D．p1 = p2，E1 = E2 【答案】B 【详解】对接过程可认为系统满足动量守恒，则有；因为对接后二者具有共同速度，属于完全非弹性碰撞，存在机械能损失，则有 故选B。 【变式练习2】A、B两球在光滑的水平面上沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的图象，a、b分别为A、B两球碰前的图象，c为碰撞后两球共同运动的图象，若A球质量，则由图象判断下列结论正确的是（    ） A．B球质量 B．碰撞整个过程B对A的冲量为 C．碰撞前后B的动量变化为 D．碰撞中A、B两球组成的系统动量不守恒 【答案】B 【详解】AD．由图可知碰撞前A的速度为； 碰撞前B的速度为；碰撞后AB的速度为； 由于碰撞过程，内力远大于外力，故该过程AB组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可知；代入数据解得；故AD错误； B．由图可知，以B球碰撞的速度方向为正方向，对A分析，根据动量定理有 代入数据可得碰撞整个过程B对A的冲量为；故B正确； C．由图可知，以B球碰撞的速度方向为正方向，碰撞前后B的动量变化为 代入数据解得；故C错误。 故选B。 【变式练习3】两小车P、Q的质量分别为和想，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为，碰撞时间极短，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 即；根据图像可知，故； 同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有；即 根据图像可知，故；故 故选D。 【变式4】在光滑水平面上，A、B两个物体在同一直线上沿同一方向运动，A的动量为18kg∙m/s，B的动量为。A从后面追上B，它们相互作用一段时间后，B的动量增大为，方向不变。下列说法正确的是（　　） A．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 B．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 C．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 D．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 【答案】B 【详解】AC．碰前，有；解得 碰过程中，有；解得 碰后，有；解得 综上可得；若为弹性碰撞，则两物体的质量之比为；A、C错误； BD．若为非弹性碰撞，则两物体的质量之比为；B正确、D错误。 故选B。 考向4 子弹“打”木块 知●识●解●构 子弹与木块碰撞模型的特点 （1）模型特点：子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒，系统的机械能有损失。 （2）两种情景： ①子弹嵌入木块中模型。 两者速度相等时，木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)。由ΔEk＝Ek0可以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多。动量守恒：mv0＝(m＋M)v ，能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－(M＋m)v2 ②子弹穿透木块模型。 穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔEk＝Ff·L(L为木块的长度)。 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，能量守恒：Q＝Ff·L＝mv02－(Mv22＋mv12) 【例1】如图所示，足够长、质量一定的长木板静止在光滑水平面上，一子弹以一定的水平速度射入木板，子弹相对对木板穿行L的距离后与木板相对静止，则L越大（　　） A．木板对子弹的阻力越小 B．木板对子弹的阻力越大 C．子弹和木板组成的系统损失的机械能越多 D．子弹和木板组成的系统损失的机械能越少 【答案】A 【详解】AB．令子弹和木板的质量分别为m和M，碰撞后共同速度为v，碰撞过程产生的热量为Q，子弹所受的平均阻力为；则由碰撞过程动量守恒得 由能量守恒得；联立解得；故得L越大，木板对子弹的阻力越小，故A正确，B错误；     CD．由以上分析可得；可见，在m、M、v0一定的情况下，子弹和木板组成的系统损失的机械能与L无关，故CD错误。 故选A。 【例2】如图所示，小木块用细线吊在O点，此刻小木块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角α(0<α<90°)．如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE，有(　　) A．α角增大，ΔE也增大 B．α角增大，ΔE减小 C．α角减小，ΔE增大 D．α角减小，ΔE也减小 【答案】C 【解析】设子弹的质量为m，小木块的质量为M。子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，则mv0＝(M＋m)v，得v＝，小木块质量增大，则小木块与子弹的共同速度v减小，则最大摆角α减小，又ΔE＝mv02－(M＋m)v2，联立解得ΔE＝＝，则M增大时，ΔE增大， 故选C 【例3】如图所示，光滑的水平导轨上套有一质量为1 kg、可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过一根长为1 m的轻绳悬挂着质量为0.99 kg的木块。开始时滑块和木块均静止，现有质量为10 g的子弹以500 m/s的水平速度击中木块并留在其中(作用时间极短)，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) A．子弹和木块摆到最高点时速度为零 B．滑块的最大速度为2.5 m/s C．子弹和木块摆起的最大高度为0.625 m D．当子弹和木块摆起高度为0.4 m时，滑块的速度为1 m/s 【答案】C 【解析】设子弹质量为m0，木块质量为m1，滑块质量为m2，由子弹、木块、滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，故当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度，且速度方向水平，A项错误； 只要轻绳与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑块速度最大，设此时滑块速度为vm，子弹和木块速度为v′，则由系统水平方向动量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v′＋m2vm，(m0＋m1)v12＝(m0＋m1)v′2＋m2vm2，解得vm＝0，或vm＝5 m/s，即滑块的最大速度为5 m/s，B项错误； 当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度v，由系统水平方向动量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v，解得v＝2.5 m/s，由子弹进入木块后系统机械能守恒可得(m0＋m1)v12＝(m0＋m1＋m2)v2＋(m0＋m1)gh，解得h＝0.625 m，C项正确； 当子弹和木块摆起高度为0.4 m时，由系统水平方向动量守恒可得m0v0＝(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)vx＋m2v3，得vx＝4 m/s，而此时木块和子弹竖直方向速度一定不为零，故由子弹进入木块后系统机械能守恒可得(m0＋m1)v12＝(m0＋m1)(vx2＋vy2)＋m2v32＋(m0＋m1)gh，解得h<0.4 m，D项错误。 考向5 滑块与弧形槽碰撞 特点： （1）子弹打木块模型，碰撞时间极短，动量守恒。滑块与弧形槽碰撞模型中，我们研究水平地面光滑的情况（若不光滑，系统动量不守恒）。 （2）最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型) （2）最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv02＝mv12＋Mv22 (完全弹性碰撞拓展模型)，v1＝v0，v2＝v0。 【例1】如图所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B.若将小球的初速度增大为2v0，不计空气阻力，则小球能达到距B点的最大高度为(　 　) A．R B．1.5R C．3R D．4R 【答案】C 【解析】若小球以水平速度v0滑上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块速度相同，设为v1，以小球的初速度v0的方向为正方向， 在水平方向上，由动量守恒定律得mv0＝2mv1，由机械能守恒定律得mv02＝·2mv12＋mgR 代入数据解得v0＝2； 若小球以2v0冲上滑块，当小球上升到圆弧的上端时，小球与滑块水平方向上速度相同，设为v2，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得2mv0＝2mv2； 由能量守恒得m(2v0)2＝·2mv22＋mgR＋mvy2 解得vy＝，小球离开圆弧后做斜抛运动，竖直方向做减速运动，则h＝＝3R，故距B点的最大高度为3R。 故选C。 【变式练习1】如图所示，木块A的右侧为光滑曲面，曲面下端极薄，其质量，原来静止在光滑的水平面上，现令一质量的小球B以 的速度从右向左冲上木块A，则B球沿木块A的曲面向上运动的过程中，可上升的最大高度是（设B球不能飞出去，）（ ） A．0.40m B．0.20m C．0.10m D．0.50m 【答案】C 【详解】A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得；联立并代入数据得 【变式练习2】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（　　） A．当时，小球能到达B点 B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C．当时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为 【答案】C 【详解】滑块不固定，当时，设小球沿槽上升的高度为h，则有mv0＝(m＋M)v；mv02= (M＋m)v2＋mgh可解得；故A错误； 当小球速度足够大，从B点离开滑块时，由于B点切线竖直，在B点时小球与滑块的水平速度相同，离开B点后将再次从B点落回，不会从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上，故B错误； 因小球对弧形槽的压力始终对滑块做正功，故滑块的动能一直增大，故C正确； 如果滑块固定，由牛顿第二定律得小球返回A点时对滑块的压力为mg＋m，故D错误。 【变式练习3】如图所示，质量为的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为2的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为（为圆弧的半径），如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球的初速度大小为 B．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到达最高点的过程中，小球的水平位移为 C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，飞行时间 D．如果圆弧滑块不固定，小球最终向左运动离开圆弧 【答案】B 【详解】A．如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律 解得小球的初速度大小为，选项A错误； BC．如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧时水平速度为vx，则由水平方向动量守恒 解得；如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间 则小球滑离圆弧滑块到达最高点的过程中，小球的水平位移为水平位移为；故B正确，C错误； D．根据动量守恒定律；根据能量守恒定律 解得小球最终滑离圆弧的速度为 故如果圆弧滑块不固定，小球最终向右运动离开圆弧，故D错误。 故选B。 考向6 含弹簧碰撞模型 滑块与弹簧碰撞模型的特点： （1）动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒． （2）机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒． （3）弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)． （4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大（相当于刚完成弹性碰撞）． ①两小球速度相同时(相当于完全非弹性碰撞)，弹簧最短，弹性势能最大 动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v，能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm ②弹簧恢复原长时(相当于完全弹性碰撞)，动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2， 能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22，恢复原长时，v1＝v0，v2＝v0； 【例1】如图甲所示，物块A、B的质量分别为mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v­t图像如图乙所示，求： (1)物块C的质量mC； (2)墙壁对物块B在4 s到12 s的时间内的冲量大小和方向； (3)物块B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。 【答案】(1)2 kg　(2)36 N·s，方向水平向左　(3)9 J 【解析】(1)由题图乙可知，物块C与物块A碰前的速度为v1＝9 m/s， 碰后的速度为v2＝3 m/s， C与A碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可得： mCv1＝(mA＋mC)v2，解得：mC＝2 kg。 (2)由题图乙可知，12s末物块A和C的速度为v3＝－3 m/s， 4 s 到12 s的时间内墙对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2， 解得：I＝－36 N·s，方向水平向左。 (3)12 s末，物块B离开墙壁之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，以物块A的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得：(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4， 由机械能守恒定律可得：(mA＋mC)v32＝(mA＋mB＋mC)v42＋Ep， 联立并代入数据可解得：Ep＝9 J。 【例2】(多选)竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q。下列说法正确的是(　　) A．物块与钢板碰后的速度为 B．物块与钢板碰后的速度为 C．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0＋) D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0＋h) 【答案】BC　 【解析】物块下落h，由机械能守恒：mgh＝mv12； 物体与钢板碰撞，则动量守恒：mv1＝2mv2，解得v2＝v1＝，选项A错误，B正确；从碰撞到Q点，由能量关系可知：·2mv22＋2mgx0＝Ep，则弹性势能的增加量为Ep＝mg(2x0＋)，选项C正确，D错误。 【例3】如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中. (1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能. 【答案】(1)mv02　(2)mv02 【解析】(1)以v0的方向为正方向，对A、B组成的系统，由动量守恒定律有mv0＝2mv1，解得v1＝v0， B与C碰撞的瞬间，B、C组成的系统动量守恒，有mv1＝2mv2，解得v2＝， 系统损失的机械能ΔE＝mv12－×2mv22＝mv02 (2)当A、B、C速度相同时，弹簧的弹性势能最大.以v0的方向为正方向， 根据动量守恒定律有mv0＝3mv，解得v＝， 根据能量守恒定律，弹簧的最大弹性势能为Ep＝mv02－(3m)v2－ΔE＝mv02. 考向7 板块碰撞模型 【例1】如图所示，光滑水平面上有质量为M且足够长的木板，木板上放一质量为m、可视为质点的小木块．现两次分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为(　　) A. 1∶4 B. 1∶4 C. 1∶8 D. 1∶12 【答案】A 【解析】木块从开始到相对木板静止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向上动量守恒，取向右为正方向，当木块的初速度为v0时，则有mv0＝(M＋m)v，解得v＝；根据能量守恒定律有μmgs＝mv02－(M＋m)v2，解得划痕长度s＝.同理，当木块的初速度为2v0时，则划痕长度s′＝.可知两次划痕长度之比为s∶s′＝1∶4，故A正确，B、C、D错误 【变式练习1】(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一滑块B以水平速度v0＝4 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图6所示，则下列说法正确的是(　　) A.木板A获得的动能为4 J B.木板A的最小长度为1 m C.A、B间的动摩擦因数为0.1 D.系统损失的机械能为8 J 【答案】AD 【解析】由题图可知，木板获得的速度是2 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，木板获得的动能是Ek＝Mv2＝×2×22 J＝4 J，A正确； 0～1 s时间内B的位移xB＝×(4＋2)×1 m＝3 m，A的位移是xA＝×1×2 m＝1 m，木板A的最小长度是Δx＝xB－xA＝2 m，B错误； 滑块B的加速度a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，负号表示加速度方向，由牛顿第二定律得μmg＝ma，代入数据解得μ＝0.2，C错误； 系统损失的机械能ΔE＝mv－mv2－Mv2，代入数据解得ΔE＝8 J，D正确。 【变式练习2】如图所示，质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)，以v0＝5 m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若平板小车质量M＝3 kg，长L＝4.8 m。滑块在平板小车上滑移1.5 s后相对小车静止。求： (1)滑块与平板小车之间的动摩擦因数μ； (2)若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少(g取10 m/s2)。 【答案】(1)0.2　(2)4 m/s 【解析】(1)滑块滑上平板小车到与平板小车相对静止，设共同速度为v1，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1，对滑块，由动量定理得－μmgt＝mv1－mv0，解得μ＝0.2。 (2)设当滑块刚滑到平板小车的右端时，两者恰有共同速度为v2，由动量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v2，由功能关系有μmgL＝mv－(m＋M)v，解得v0＝4 m/s。 【变式练习3】（多选）如图所示，一质量M＝8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0 kg的小木块 A．给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10 m/s2.则在整个过程中，下列说法正确的是(　 　) A．小木块A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75 m/s B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零 C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s D．长木板的长度可能为10 m 【答案】ACD 【解析】木块与木板组成的系统动量守恒，由于初速度均为v0＝5.0 m/s，所以木板的动量大于小木块的动量，系统合动量方向向右，所以木块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动，以向右为正方向，由动量守恒定律得，当木块A的速度减为零时，Mv0－mv0＝MvB，代入数据解得vB＝3.75 m/s，故A正确，B错误； 最终木块与木板速度相等，根据动量守恒定律可得Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入数据解得v＝3 m/s，故C正确； 最终木块与木板相对静止，一起做匀速直线运动，对系统由能量守恒定律可知，Mv02＋mv02－(M＋m)v2＝μmgx，代入数据解得x＝8 m，木板的最小长度为8 m，可能为10 m，故D正确． 知识点3 反冲 知●识●解●构 1．定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象 2．规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律 3．反冲现象的应用及防止 (1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转 (2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响 火箭 1．工作原理：喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它们都靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度 2．决定火箭增加的速度Δv的因素 (1)火箭喷出的燃气相对喷气前火箭的速度 (2)火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比 反冲运动的三个特点 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动 (2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以两部分组成的系统动量守恒或在某一方向动量守恒 (3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加 应注意的两个问题 (1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度就要取负值。 (2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，应先将相对速度转换成相对地面的速度，再根据动量守恒定律列方程。 考向1 对反冲的理解 【典例1】在光滑水平面上停着一辆平板车，车左端站着一个大人，右端站着一个小孩，此时平板车静止。在大人和小孩交换位置的过程中，平板车的运动情况应该是（　　） A．向右运动一段距离，最后静止 B．向左运动一段距离，最后静止 C．一直保持静止 D．上述三种都可能 【答案】B 【详解】以大人、小孩和平板车三者作为研究对象，系统水平方向所受的合外力为零，根据动量守恒定律，可得在大人和小孩相互交换位置时，系统的重心位置保持不变。在大人和小孩相互交换位置时，可假定平板车不动，则在大人和小孩相互交换位置后，系统的重心将右移（因大人的质量要大于小孩的质量）。因此为使系统的重心位置保持不变，平板车必须左移，而在大人和小孩交换位置后，人的动量为零，而总动量为零，则车的动量也为零，故向左运动一段距离，最后静止， 故选B。 【变式1】下列现象中不属于反冲现象的是（　　） A．发射炮弹后炮身后退 B．人用桨向后划水船向前运动 C．火箭向下高速喷射炽热气体时上升 D．章鱼调整喷水方向可以向不同方向运动 【答案】B 【详解】反冲是如果一个静止的物体在内力作用下分裂为两个部分，一部分向某方向运动，另一部分必然向相反的方向运动； 发射炮弹，在内力作用下炮弹向前，炮身后退，是反冲现象；火箭向下高速喷射炽热气体，气体向下，火箭向上，是反冲现象；章鱼调整喷水方向时，喷出的水向一个方向，则章鱼向喷水的反向运动，属于反冲现象；但是人用桨向后划水船向前运动，划船时用桨向后划水，给水一个向后的力，物体间力的作用是相互的，水会对船产生一个向前的力，船向前运动。 故选B。 【变式2】下列运用反冲原理的是（　　） A．升空的烟花 B．安全气囊的使用过程 C．运动员击打垒球 D．人落地时屈膝 【答案】A 【详解】反冲原理指系统内部两部分因相互作用（如高速喷射物质）产生方向相反的动量，使系统整体获得反向运动。 A．烟花升空时，内部燃气向下喷出，烟花因反冲获得向上的动量，符合反冲原理，A正确。 B．安全气囊通过气体膨胀缓冲碰撞力，属于动量定理（延长作用时间），与反冲无关，B错误； C．击打垒球是外力作用下的作用，垒球动量不守恒，非系统内部的反冲现象，C错误； D．屈膝通过延长落地时间减小冲击力，属于动量定理应用，与反冲无关，D错误。 故选A。 【变式3】如图所示，、两物体的质量比，它们原来静止在足够长的平板车上，、间有一根被压缩了的弹簧，地面光滑。当弹簧突然释放后，且已知、组成的系统动量守恒。则有（　　） A．、与的动摩擦因数相等 B．某一时刻、速率之比为3：4 C．最终稳定时小车向右运动 D．、、系统动量不守恒 【答案】B 【详解】AB．A、B组成的系统动量守恒，则AB两物体所受的摩擦力应该大小相等方向相反，系统所受合外力才为0，因为AB质量不相等所以动摩擦因数不相等，A错误； B．由题知，任意时刻A、B组成的系统动量守恒，且初状态的总动量为零，根据动量守恒有 解得B正确； CD．由题可知，ABC三物体所组成的系统动所受合外力为0，动量守恒。最终稳定时，三个物体应该都处于静止状态，CD错误。 考向2 反冲的一般应用 【例1】乌贼靠自身漏斗状体管喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为2kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以40m/s的速度迅速逃窜，喷出水的质量为0.5kg，则喷出水的速度大小为（　） A．80m/s B．120m/s C．160m/s D．200 m/s 【答案】B 【详解】由题意可知，乌贼逃命时的速度达到，则乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，设乌贼喷射出水的速度为v2，取乌贼向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定律可得 解得 故选B。 【例2】如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶。则炮弹相对炮筒的发射速度v0为(　　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】自行火炮水平匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，系统动量守恒。设水平向右的方向为正方向，发射前系统动量之和为Mv1，发射后系统的动量之和为(M－m)v2＋m(v2＋v0)， 由Mv1＝(M－m)v2＋m(v2＋v0)，解得v0＝－v2＝。 故B正确。 【变式练习1】某校科技小组发射水火箭如图所示，已知水火箭总质量为，在极短时间内将的水以对地的速度喷出。喷出过程中重力可忽略，重力加速度取，空气阻力不计，喷水后水火箭获得的速度大小和水火箭上升的最大高度分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【详解】水火箭靠压出的水给的反作用力加速，以水火箭运动的方向为正方向，由动量守恒定律有；可得喷水后水火箭获得的速度为 水火箭上升的最大高度约为 故选C。 【变式练习2】某学习小组在探究反冲现象时，将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化气瓶向外喷射气体作为船的动力。现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，则喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】由动量守恒定律得(m1＋m2－Δm)v船－Δmv1＝0，解得v船＝。故选项A正确。 【变式练习3】一质量为M的烟花斜飞到空中，到最高点时速度为v，此时烟花炸裂成两块(损失的炸药质量不计)，炸裂成的两块速度沿水平相反方向，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力，若向前一块的质量为m，则向前一块的速度大小为(　　) A. v B. v C. v D. v 【答案】A 【解析】由题意知在爆炸的短时间内，烟花所受的重力远小于内部爆炸力，故系统动量守恒，到达最高点时速度沿水平方向，大小为v，设初速度方向为正方向，向前一块的速度大小为v1，向后一块速度大小为v2，故有Mv＝mv1－(M－m)v2，又因为爆炸后两块均做平抛运动，落地时水平位移大小相等，故根据平抛运动规律可知v1＝v2，故联立两式可解得v1＝v2＝ v，故A正确，B、C、D错误。 考向3 人船模型 (1)模型图示 (2)模型特点 ①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0 ②两物体的位移大小满足：m－M＝0， x人＋x船＝L， 得x人＝L，x船＝L (3)运动特点 ①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； ②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝ 【例1】如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，重力加速度为g，一切摩擦均不计．则(　　) A．A、B物体组成的系统动量守恒 B．A不能到达圆槽的左侧最高点 C．A运动到圆槽的最低点时A的速率为 D．A运动到圆槽的最低点时B的速率为 【答案】D 【解析】A、B物体组成的系统只有水平方向动量守恒，选项A错误；运动过程不计一切摩擦，系统机械能守恒，故A可以到达圆槽的左侧最高点，且A在圆槽的左侧最高点时，A、B的速度都为零，故B错误；对A运动到圆槽的最低点的运动过程由水平方向动量守恒得mvA＝2mvB，对A、B整体由机械能守恒可得mgR＝mvA2＋×2mvB2，所以A运动到圆槽的最低点时B的速率为vB＝，vA＝，故C错误，D正确． 【变式练习1】有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】设船的质量为m船，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，船的位移为d，人的位移为L－d，所以v＝，v′＝。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有m船v－mv′＝0，可得m船 ＝，小船的质量为m船＝，故B正确。 【变式练习2】(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m1，小车质量为m2，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)(　　) A．系统的总动量守恒 B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 【答案】　BD 【解析】　系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球的平均速度为v1，小车的平均速度为v2，m1v1－m2v2＝0，两边同时乘以运动时间t，m1v1t－m2v2t＝0，即m1x1＝m2x2，又x1＋x2＝2l，解得小车移动的最大距离为，D正确。 【变式练习3】如图所示，大气球质量为，载有质量为的人，静止在空气中距地面高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为（不计人的身高，可以把人看作质点）（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设人的质量为m1，气球的质量为m2，系统所受重力与浮力平衡，合外力为零，根据系统动量守恒得；人与气球运动的距离分别为， 联立可得；又；代入数据，解得绳长至少为 故选D。 考向4 抛接体问题 【典例1】在光滑水平面上甲、乙两车相向而行，甲的速率为 ，乙的速率也为，甲车和车上人的总质量为10，乙车和车上人及货包的总质量为12，单个货包质量为，为不使两车相撞，乙车上的人以相对地面为v＝11的速率将货包抛出给甲车上的人，求：为使两车不相撞，乙车上的人应抛出货包的最小数量（    ） A．10个 B．11个 C．12个 D．20个 【答案】A 【详解】规定水平向左为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，系统动量守恒，由动量守恒定律得12mv0-10mv0=（12m+10m）v共；解得v共= 对甲及从甲车上接收到的小球，由动量守恒定律得；解得n=10 故选A。 【典例2】(多选)如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在A车前端与车以共同速度v0＝9 m/s向右做匀速直线运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，又立即从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相撞，已知小孩的质量m＝25 kg，A车和B车质量均为mA＝mB＝100 kg，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　) A.小孩跳离A车和B车时对地速度的大小为10 m/s B.小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小为250 kg·m/s C.整个过程中，小孩对B车所做的功为1 050 J D.小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小为5 m/s 【答案】AD 【解析】因为A、B恰好不相撞，则最后具有相同的速度，在小孩跳车的过程中，把小孩、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得(m＋mA)v0＝(m＋mA＋mB)v，代入数据解得v＝5 m/s，方向向右，D正确；设小孩跳离A车和B车的速度大小为v人，则在与B车相互作用的过程中，由动量守恒定律得2mv人＝mBv，代入数据解得v人＝10 m/s，A正确；设小孩跳离A车后，A车的速度为vA，则由动量守恒定律有(m＋mA)v0＝mv人＋mAvA，解得vA＝8.75 m/s，方向向右，根据动量定理，该过程中小孩对A车的冲量大小等于A车动量的变化量大小，即I＝|Δp|＝mAv0－mAvA＝25 kg·m/s，B错误；整个过程中，小孩对B车做的功等于B车动能的变化量，即W＝mBv2＝1 250 J，C错误。 【变式练习1】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在光滑水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为30 kg，乙和他的冰车总质量也为30 kg，游戏时甲推着一质量为10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度滑行，乙在甲的正前方相对地面静止，为避免碰撞，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞(　　) A.8 m/s B.3 m/s C.6 m/s D.10 m/s 【答案】A 【解析】设甲至少以相对地面速度为v将箱子推出才能避免与乙相撞，甲与冰车和箱子组成的系统动量守恒，有M甲v0＝M甲v′＋mv① 乙接住箱子的过程，乙与冰车和箱子组成的系统动量守恒，有mv＝(M乙＋m)v″② 由题意知v′＝v″③ 联立①②③代入数值解得v＝8 m/s，选项A正确。 【变式练习2】如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住．不计水的阻力．则抛出货物的最小速率是（　　） A．v0 B．2v0 C．3v0 D．4v0 【答案】D 【详解】设抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得： 乙船与货物12mv0=11mv1-mv 甲船与货物10m×2v0-mv=11mv2 两船不相撞的条件是v2≤v1；解得v≥4v0；则最小速度为4v0。 故选D。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2023·辽宁·高考真题）如图，质量m1= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。 （1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1； （2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小； （3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。    【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3） 【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0= (m1＋m2)v1 代入数据有v1= 1m/s 对m1受力分析有 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v12= 2a1x1 代入数据解得x1= 0.125m （2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx = (m1＋m2)a共 对m2有a2= μg = 1m/s2 当a共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2= 0.25m 对m1、m2组成的系统列动能定理有 代入数据有     （3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2 解得 则对于m1、m2组成的系统有；U = Wf 联立有 第 1 页 共 25 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第16讲 动量守恒定律（复习讲义） 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 知识点一 动量守恒定律 考向1判断系统动量是否守恒 知识点二 碰撞 考向1 碰撞可能性的判断 考向2 动碰静 考向3 动碰动 考向4 子弹“打”木块 考向5 滑块与弧形槽碰撞 考向6 含弹簧碰撞模型 考向7 板块碰撞模型 知识点三 反冲 考向1 对反冲的理解 考向2 反冲的一般应用 考向3 人船模型 考向3 抛接体问题 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 更早 能量守恒定律的应用 ———— ———— 2023 解答题 考情分析 题型与考向：动量守恒定律的考查，在题型上呈现“选择题打基础、计算题见深度、实验题考迁移”的三层格局。选择题主要考查动量定理的理解和单一守恒过程的判断，计算题则往往将动量守恒置于多过程、多物体的综合情境中，实验题则以“验证动量守恒定律”为原型进行创新改造。 情境与立意： 生产生活实践：安全带的工作原理、船舶减震设计、体育运动中的碰撞与缓冲等。这类情境的特点是“熟悉但需要抽象”——学生见过这个场景，但未必能从中提取出物理模型。命题的意图正是考查“从复杂背景中抽象出物理模型”的能力。 体育运动与娱乐：篮球抛接、滑板碰撞、蹦床运动等。这类情境的优势在于学生有直接的身体经验，能够借助直觉判断来辅助物理分析，但同时要求将“感觉”转化为“方程”。 前沿科技与创新技术：航天器分离与变轨、电磁轨道炮、等离子体推进器等。这类情境的立意不在于考查学生对科技知识的了解，而在于考查学生面对陌生系统时，能否识别出其中隐藏的动量守恒条件。 复习目标 知识层面 第一层：建立清晰的守恒观念。  第二层：掌握三类碰撞的本质区别。  第三层：形成多过程、多体系统的分析能力。  能力层面 模型建构能力：面对陌生情境（如航天器分离、电磁轨道炮），能迅速识别出其中的守恒系统，并将其转化为可计算的物理模型。 数学工具应用能力：动量守恒的方程求解常涉及二元二次方程组，计算量较大。复习中应有意识地训练学生的数学处理能力。 批判性思维：碰撞问题中存在多个可能解，需要通过“结果合理性检验”（如碰撞后速度不能使系统动能增加、不能出现“穿透”现象）来筛选正确解。这一能力在压轴题中尤为关键。 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 知识点1 动量守恒定律 知●识●解●构 1．系统、内力与外力 (1)系统：两个(或多个)相互作用的物体构成的整体叫作一个力学系统，简称系统。 (2)内力：系统中物体间的作用力。 (3)外力：系统以外的物体施加给系统内物体的力。 2．动量守恒定律 (1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。 (2)表达式： （作用前后总动量相等）。 (3)适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零。 动量守恒定律的性质 1．系统性：注意判断是哪几个物体构成的系统的动量守恒。 2．矢量性：是矢量式，解题时要规定正方向。 3．相对性：系统中各物体在相互作用前后的速度必须相对于同一惯性系，通常为相对于地面的速度。 4．同时性：初动量必须是各物体在作用前同一时刻的动量；末动量必须是各物体在作用后同一时刻的动量。 5．普适性：不仅适用两个物体或多个物体组成的系统，也适用于宏观低速物体以及微观高速粒子组成系统。 动量守恒定律的判断 1．系统不受外力或所受合外力为零. 2．系统受外力作用，但内力远远大于合外力．此时动量近似守恒。 3．系统受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒。 动量守恒定律的推导 如图所示，在光滑的水平桌面上质量为的B物体追上质量为的A物体，并发生碰撞，设A、B两物体碰前速度分别为、（），碰后速度分别为、，碰撞过程中B对A的作用力是，A对B的作用力是，碰撞时间很短，设为Δt。 根据动量定理： 对A：① 对B：② 由牛顿第三定律③ 由①②③得两物体总动量关系为： 方法技巧 应用动量守恒定律解题的基本思路： 1．明确研究对象合理选择系统 2．判断系统动量是否守恒 3．规定正方向及初、末状态 4．运用动量守恒定律列方程求解 考向1 判断系统动量是否守恒 【例1】如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　) A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 【例2】（多选）如图所示，带有斜面的小车A静止于光滑水平面上，现B以某一初速度冲上斜面，在冲到斜面最高点的过程中 (　　) A.若斜面光滑，系统动量守恒，机械能守恒 B.若斜面光滑，系统动量不守恒，机械能守恒 C.若斜面不光滑，系统水平方向动量守恒，机械能不守恒 D.若斜面不光滑，系统水平方向动量不守恒，机械能不守恒 【变式练习1】下图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是(　　) A．只有甲和乙 B．只有丙和丁 C．只有甲和丙 D．只有乙和丁 【变式练习2】在下列几种现象中，所选系统动量守恒的是(　　) A．在光滑水平面上，运动的小车迎面撞上一静止的小车，以两车为一系统 B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统 C．从高空自由下落的重物落在静止于地面上的车厢，以重物和车厢为一系统 D．光滑水平面上放一个表面光滑的斜面体，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面体为一系统 【变式练习3】如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球向右拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．小球的机械能守恒 B．小球不能向左摆到原高度 C．小车和小球组成的系统动量守恒 D．任意时刻小车和小球水平方向的动量都等大反向 知识点2 碰撞 知●识●解●构 认识碰撞 1.正碰（对心碰撞）：碰撞前后，物体的运动方向在同一直线上。这种碰撞称为正碰，也叫作对心碰撞或一维碰撞。 2.斜碰（非对心碰撞）：碰撞前后物体的运动方向不在同一直线上,如图所示 1．弹性碰撞：系统在碰撞前后动能不变 2．非弹性碰撞：系统在碰撞前后动能减少 因弹性碰撞系统动量守恒、机械能守恒，有： （1）解得； 上面（1）中的两个根要牢记，解决某些计算题、实验题时，用处非常大。而为了方便记忆，计算时更加的快速。还可以记它的二级结论： 根据，求出； 有：、、成等差数列；、、也成差数列（；）。 应用动量观点解决运动问题时，一定要规定正方向。 （2）一动一静弹性碰撞（），则有； （3）一动一静弹性碰撞若，则有，，即碰撞后两球速度互换。 对二级结论的理解： 当追上并与之碰撞，会因受到的阻力而减速，该过程、均发生形变，当二者共速瞬间形变量最大（储存的弹性势能最大）；之后恢复原样，该过程继续受到阻力，根据对称性，则、、成等差数列。同理，整个碰撞过程，全程受到的冲击力（动力），全程加速，、、也成差数列。 完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。 设两者碰后的共同速度为v共，则有： ；机械能损失为 碰撞问题遵循的三个原则： 1．系统动量守恒，即 2．系统动能不增加，即 3．速度要合理： （1）碰前两物体同向运动，即，碰后，原来在前面的物体速度一定增大，且v （2）两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变（至少一个改变方向）。 考向1 碰撞可能性的判断 【例1】 质量相等的A、B两球在光滑水平面上均向右沿同一直线运动，A球的动量为pA=9kg·m/s，B球的动量为pB=3kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是（　　） A．p′A=6kg·m/s，p′B=6kg·m/s B．p′A=8kg·m/s，p′B=4kg·m/s C．p′A=-2kg·m/s，p′B=14kg·m/s D．p′A=-4kg·m/s，p′B=17kg·m/s 【例2】 在光滑的水平面上，两个质量均为m的完全相同的滑块以大小均为p的动量相向运动，发生正碰，碰后系统的总动能不可能是(　　) A.0 B. C. D. 【变式练习1】如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为，，速度分别是（为正方向），，则它们发生正碰后，速度的可能值分别为（　　） A．， B． ， C．， D．， 【变式练习2】 如图，质量为m的A球与质量为2m的B球在光滑的水平面上，现让A球以速度v向右运动与静止的B球发生正碰，取向右为正方向。则碰后A球的速度不可能为（　　） A． B． C．0 D． 考向2 动碰静 【例1】“天宫课堂”第四课中，航天员演示小球碰撞实验。分析实验视频，每隔相等的时间截取一张照片，如上图所示。小球和大球的质量分别为、，可估算出（　　） A． B． C． D． 【变式练习1】（多选）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．若碰后甲反弹，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 【变式练习2】如图，在光滑水平面上，一质量为100g的A球，以2m/s的速度向右运动，与质量为200g大小相同的静止B球发生对心碰撞，撞后B球的速度大小为1.2m/s，取A球初速方向为正方向，下列说法正确的是（　　） A．该碰撞为弹性碰撞 B．该碰撞为完全非弹性碰撞 C．碰撞前后A球的动量变化为 D．碰撞前后A球的动量变化为 【变式练习3】在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动，在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示，小球A与小球B发生正碰后，小球A、B均向右运动，小球B被在Q点处的竖直墙壁弹回后与小球A在P点相遇，已知PQ=1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，两球均可视为质点，则A、B两小球质量之比为（　　） A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．4∶1 【变式练习4】如图所示，两个完全相同的小球A、B用等长的细线悬于O点，开始两球均静止，两悬线竖直，线长为L。若将A球拉至图示位置静止释放，则B球被碰后第一次速度为零时的高度不可能是（　　） A． B． C． D． 考向3 动碰动 【例1】物体间发生碰撞时，因材料性质不同，机械能会有不同程度的损失，可用碰撞后二者相对速度的大小与碰撞前二者相对速度大小的比值描述，称之为碰撞恢复系数，用符号表示。现有运动的物块A与静止的物块B发生正碰，关于A与B之间的碰撞，下列说法正确的是（   ） A．若，则表明碰撞结束后A与B均停止运动 B．若，则表明碰撞结束后二者交换速度 C．若，则表明A与B的碰撞为完全非弹性碰撞 D．若，则表明A与B的碰撞为弹性碰撞 【例2】如图所示为一种基于伽利略大炮原理的简易模型。两小球P、Q竖直叠放在一起，小球间留有较小空隙，从距水平地面高度为h处同时由静止释放。已知小球Q的质量是P的3倍。设所有碰撞均为弹性碰撞。忽略空气阻力及碰撞时间，则两球第一次碰撞后小球P上升的高度为（　　） A． B． C． D． 【变式练习1】天舟二号采用自主快速交会对接模式，成功对接天和核心舱后向端口。二者对接前、后瞬间的总动量大小分别为 p1、p2；总动能分别为 E1、E2，则（    ） A．p1 > p2，E1 > E2 B．p1 = p2，E1 > E2 C．p1 > p2，E1 = E2 D．p1 = p2，E1 = E2 【变式练习2】A、B两球在光滑的水平面上沿一直线运动并发生正碰，如图为两球碰撞前后的图象，a、b分别为A、B两球碰前的图象，c为碰撞后两球共同运动的图象，若A球质量，则由图象判断下列结论正确的是（    ） A．B球质量 B．碰撞整个过程B对A的冲量为 C．碰撞前后B的动量变化为 D．碰撞中A、B两球组成的系统动量不守恒 【变式练习3】两小车P、Q的质量分别为和想，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为，碰撞时间极短，则（　　） A． B． C． D． 【变式4】在光滑水平面上，A、B两个物体在同一直线上沿同一方向运动，A的动量为18kg∙m/s，B的动量为。A从后面追上B，它们相互作用一段时间后，B的动量增大为，方向不变。下列说法正确的是（　　） A．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 B．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 C．若此过程为弹性碰撞，则两物体的质量之比为 D．若此过程为非弹性碰撞，则两物体的质量之比可能为 考向4 子弹“打”木块 知●识●解●构 子弹与木块碰撞模型的特点 （1）模型特点：子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒，系统的机械能有损失。 （2）两种情景： ①子弹嵌入木块中模型。 两者速度相等时，木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)。由ΔEk＝Ek0可以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多。动量守恒：mv0＝(m＋M)v ，能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－(M＋m)v2 ②子弹穿透木块模型。 穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔEk＝Ff·L(L为木块的长度)。 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，能量守恒：Q＝Ff·L＝mv02－(Mv22＋mv12) 【例1】如图所示，足够长、质量一定的长木板静止在光滑水平面上，一子弹以一定的水平速度射入木板，子弹相对对木板穿行L的距离后与木板相对静止，则L越大（　　） A．木板对子弹的阻力越小 B．木板对子弹的阻力越大 C．子弹和木板组成的系统损失的机械能越多 D．子弹和木板组成的系统损失的机械能越少 【例2】如图所示，小木块用细线吊在O点，此刻小木块的重力势能为零．一颗子弹以一定的水平速度射入木块A中，并立即与A有共同的速度，然后一起摆动到最大摆角α(0<α<90°)．如果保持子弹质量和入射的速度大小不变，而使小木块的质量稍微增大，关于最大摆角α、子弹的初动能与木块和子弹一起达到最大摆角时的机械能之差ΔE，有(　　) A．α角增大，ΔE也增大 B．α角增大，ΔE减小 C．α角减小，ΔE增大 D．α角减小，ΔE也减小 【例3】如图所示，光滑的水平导轨上套有一质量为1 kg、可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过一根长为1 m的轻绳悬挂着质量为0.99 kg的木块。开始时滑块和木块均静止，现有质量为10 g的子弹以500 m/s的水平速度击中木块并留在其中(作用时间极短)，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　 　) A．子弹和木块摆到最高点时速度为零 B．滑块的最大速度为2.5 m/s C．子弹和木块摆起的最大高度为0.625 m D．当子弹和木块摆起高度为0.4 m时，滑块的速度为1 m/s 考向5 滑块与弧形槽碰撞 特点： （1）子弹打木块模型，碰撞时间极短，动量守恒。滑块与弧形槽碰撞模型中，我们研究水平地面光滑的情况（若不光滑，系统动量不守恒）。 （2）最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道。系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，mv02＝(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型) （2）最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv02＝mv12＋Mv22 (完全弹性碰撞拓展模型)，v1＝v0，v2＝v0。 【例1】如图所示，在光滑的水平地面上，静置一质量为m的四分之一圆弧滑块，圆弧半径为R，一质量也为m的小球，以水平速度v0自滑块的左端A处滑上滑块，当二者共速时，小球刚好到达圆弧上端B.若将小球的初速度增大为2v0，不计空气阻力，则小球能达到距B点的最大高度为(　 　) A．R B．1.5R C．3R D．4R 【变式练习1】如图所示，木块A的右侧为光滑曲面，曲面下端极薄，其质量，原来静止在光滑的水平面上，现令一质量的小球B以 的速度从右向左冲上木块A，则B球沿木块A的曲面向上运动的过程中，可上升的最大高度是（设B球不能飞出去，）（ ） A．0.40m B．0.20m C．0.10m D．0.50m 【变式练习2】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（　　） A．当时，小球能到达B点 B．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上 C．当时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大 D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为 【变式练习3】如图所示，质量为的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为2的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为（为圆弧的半径），如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为。重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．小球的初速度大小为 B．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到达最高点的过程中，小球的水平位移为 C．如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，飞行时间 D．如果圆弧滑块不固定，小球最终向左运动离开圆弧 考向6 含弹簧碰撞模型 滑块与弹簧碰撞模型的特点： （1）动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒． （2）机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒． （3）弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)． （4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大（相当于刚完成弹性碰撞）． ①两小球速度相同时(相当于完全非弹性碰撞)，弹簧最短，弹性势能最大 动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v，能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm ②弹簧恢复原长时(相当于完全弹性碰撞)，动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2， 能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22，恢复原长时，v1＝v0，v2＝v0； 【例1】如图甲所示，物块A、B的质量分别为mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v­t图像如图乙所示，求： (1)物块C的质量mC； (2)墙壁对物块B在4 s到12 s的时间内的冲量大小和方向； (3)物块B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。 【例2】(多选)竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q。下列说法正确的是(　　) A．物块与钢板碰后的速度为 B．物块与钢板碰后的速度为 C．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0＋) D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0＋h) 【例3】如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计).设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直到与弹簧分离的过程中. (1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能. 考向7 板块碰撞模型 【例1】如图所示，光滑水平面上有质量为M且足够长的木板，木板上放一质量为m、可视为质点的小木块．现两次分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为(　　) A. 1∶4 B. 1∶4 C. 1∶8 D. 1∶12 【变式练习1】(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一滑块B以水平速度v0＝4 m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图6所示，则下列说法正确的是(　　) A.木板A获得的动能为4 J B.木板A的最小长度为1 m C.A、B间的动摩擦因数为0.1 D.系统损失的机械能为8 J 【变式练习2】如图所示，质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)，以v0＝5 m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若平板小车质量M＝3 kg，长L＝4.8 m。滑块在平板小车上滑移1.5 s后相对小车静止。求： (1)滑块与平板小车之间的动摩擦因数μ； (2)若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少(g取10 m/s2)。 【变式练习3】（多选）如图所示，一质量M＝8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝2.0 kg的小木块 A．给A和B以大小均为5.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10 m/s2.则在整个过程中，下列说法正确的是(　 　) A．小木块A的速度减为零时，长木板 B 的速度大小为3.75 m/s B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零 C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3 m/s D．长木板的长度可能为10 m 知识点3 反冲 知●识●解●构 1．定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动的现象 2．规律：反冲运动中，相互作用力一般较大，满足动量守恒定律 3．反冲现象的应用及防止 (1)应用：农田、园林的喷灌装置利用反冲使水从喷口喷出时，一边喷水一边旋转 (2)防止：用枪射击时，由于枪身的反冲会影响射击的准确性，所以用步枪射击时要把枪身抵在肩部，以减少反冲的影响 火箭 1．工作原理：喷气式飞机和火箭的飞行应用了反冲的原理，它们都靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度 2．决定火箭增加的速度Δv的因素 (1)火箭喷出的燃气相对喷气前火箭的速度 (2)火箭喷出燃气的质量与火箭本身质量之比 反冲运动的三个特点 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动 (2)反冲运动中，相互作用的内力一般情况下远大于外力或在某一方向上内力远大于外力，所以两部分组成的系统动量守恒或在某一方向动量守恒 (3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加 应注意的两个问题 (1)速度的方向性：对于原来静止的整体，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，则反方向的另一部分的速度就要取负值。 (2)速度的相对性：反冲问题中，若已知相互作用的两物体的相对速度，应先将相对速度转换成相对地面的速度，再根据动量守恒定律列方程。 考向1 对反冲的理解 【典例1】在光滑水平面上停着一辆平板车，车左端站着一个大人，右端站着一个小孩，此时平板车静止。在大人和小孩交换位置的过程中，平板车的运动情况应该是（　　） A．向右运动一段距离，最后静止 B．向左运动一段距离，最后静止 C．一直保持静止 D．上述三种都可能 【变式1】下列现象中不属于反冲现象的是（　　） A．发射炮弹后炮身后退 B．人用桨向后划水船向前运动 C．火箭向下高速喷射炽热气体时上升 D．章鱼调整喷水方向可以向不同方向运动 【变式2】下列运用反冲原理的是（　　） A．升空的烟花 B．安全气囊的使用过程 C．运动员击打垒球 D．人落地时屈膝 【变式3】如图所示，、两物体的质量比，它们原来静止在足够长的平板车上，、间有一根被压缩了的弹簧，地面光滑。当弹簧突然释放后，且已知、组成的系统动量守恒。则有（　　） A．、与的动摩擦因数相等 B．某一时刻、速率之比为3：4 C．最终稳定时小车向右运动 D．、、系统动量不守恒 考向2 反冲的一般应用 【例1】乌贼靠自身漏斗状体管喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为2kg，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而以40m/s的速度迅速逃窜，喷出水的质量为0.5kg，则喷出水的速度大小为（　） A．80m/s B．120m/s C．160m/s D．200 m/s 【例2】如图所示，自行火炮连同炮弹的总质量为M，当炮管水平，火炮车在水平路面上以v1的速度向右匀速行驶中，发射一枚质量为m的炮弹后，自行火炮的速度变为v2，仍向右行驶。则炮弹相对炮筒的发射速度v0为(　　) A. B. C. D. 【变式练习1】某校科技小组发射水火箭如图所示，已知水火箭总质量为，在极短时间内将的水以对地的速度喷出。喷出过程中重力可忽略，重力加速度取，空气阻力不计，喷水后水火箭获得的速度大小和水火箭上升的最大高度分别为（　　） A．， B．， C．， D．， 【变式练习2】某学习小组在探究反冲现象时，将质量为m1的一个小液化气瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化气瓶向外喷射气体作为船的动力。现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在Δt的时间内向后喷射的气体的质量为Δm，忽略水的阻力，则喷射出质量为Δm的气体后，小船的速度是(　　) A. B. C. D. 【变式练习3】一质量为M的烟花斜飞到空中，到最高点时速度为v，此时烟花炸裂成两块(损失的炸药质量不计)，炸裂成的两块速度沿水平相反方向，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力，若向前一块的质量为m，则向前一块的速度大小为(　　) A. v B. v C. v D. v 考向3 人船模型 (1)模型图示 (2)模型特点 ①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0 ②两物体的位移大小满足：m－M＝0， x人＋x船＝L， 得x人＝L，x船＝L (3)运动特点 ①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； ②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝ 【例1】如图所示，物体A、B的质量分别为m、2m，物体B置于水平面上，B物体上部半圆形槽的半径为R，将物体A从圆槽的右侧最顶端由静止释放，重力加速度为g，一切摩擦均不计．则(　　) A．A、B物体组成的系统动量守恒 B．A不能到达圆槽的左侧最高点 C．A运动到圆槽的最低点时A的速率为 D．A运动到圆槽的最低点时B的速率为 【变式练习1】有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　) A. B. C. D. 【变式练习2】(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m1，小车质量为m2，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)(　　) A．系统的总动量守恒 B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向 C．小球不能向左摆到原高度 D．小车向右移动的最大距离为 【变式练习3】如图所示，大气球质量为，载有质量为的人，静止在空气中距地面高的地方，气球下方悬一根质量可忽略不计的绳子，此人想从气球上沿绳慢慢下滑至地面，为了安全到达地面，则绳长至少为（不计人的身高，可以把人看作质点）（　　） A． B． C． D． 考向4 抛接体问题 【典例1】在光滑水平面上甲、乙两车相向而行，甲的速率为 ，乙的速率也为，甲车和车上人的总质量为10，乙车和车上人及货包的总质量为12，单个货包质量为，为不使两车相撞，乙车上的人以相对地面为v＝11的速率将货包抛出给甲车上的人，求：为使两车不相撞，乙车上的人应抛出货包的最小数量（    ） A．10个 B．11个 C．12个 D．20个 【典例2】(多选)如图所示，一个小孩在冰面上进行“滑车”练习，开始小孩站在A车前端与车以共同速度v0＝9 m/s向右做匀速直线运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，小孩迅速从A车跳上B车，又立即从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相撞，已知小孩的质量m＝25 kg，A车和B车质量均为mA＝mB＝100 kg，若小孩跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，不计一切摩擦，则下列说法正确的是(　　) A.小孩跳离A车和B车时对地速度的大小为10 m/s B.小孩跳离A车的过程中对A车冲量的大小为250 kg·m/s C.整个过程中，小孩对B车所做的功为1 050 J D.小孩跳回A车后，他和A车的共同速度大小为5 m/s 【变式练习1】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在光滑水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量为30 kg，乙和他的冰车总质量也为30 kg，游戏时甲推着一质量为10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度滑行，乙在甲的正前方相对地面静止，为避免碰撞，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞(　　) A.8 m/s B.3 m/s C.6 m/s D.10 m/s 【变式练习2】如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为2v0、v0，为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住．不计水的阻力．则抛出货物的最小速率是（　　） A．v0 B．2v0 C．3v0 D．4v0 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2023·辽宁·高考真题）如图，质量m1= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。 （1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1； （2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小； （3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。    第 1 页 共 25 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第16讲 动量守恒定律（复习讲义） 考点精讲·靶向突破 知识点1 动量守恒定律 考向1 判断系统动量是否守恒 【例1】【答案】B 【例2】（多选）【答案】BC 【变式练习1】【答案】C 【变式练习2】【答案】A 【变式练习3】【答案】D 知识点2 碰撞 考向1 碰撞可能性的判断 【例1】 【答案】A 【例2】 【答案】B 【变式练习1】【答案】C 【变式练习2】 【答案】B 【变式练习3】 【答案】B 考向2 动碰静 【例1】【答案】B 【变式练习1】（多选）【答案】AD 【变式练习2】【答案】D 【变式练习3】【答案】B 【变式练习4】【答案】D 考向3 动碰动 【例1】【答案】D 【例2】【答案】C 【变式练习1】【答案】B 【变式练习2】【答案】B 【变式练习3】【答案】D 【变式4】【答案】B 考向4 子弹“打”木块 【例1】【答案】A 【例2】【答案】C 【例3】【答案】C 考向5 滑块与弧形槽碰撞 【例1】【答案】C 【变式练习1】【答案】C 【变式练习2】【答案】C 【变式练习3】【答案】B 考向6 含弹簧碰撞模型 【例1】【答案】(1)2 kg　(2)36 N·s，方向水平向左　(3)9 J 【例2】(多选)【答案】BC　 【例3】【答案】(1)mv02　(2)mv02 考向7 板块碰撞模型 【例1】【答案】A 【变式练习1】【答案】AD 【变式练习2】【答案】(1)0.2　(2)4 m/s 【变式练习3】（多选）【答案】ACD 知识点3 反冲 考向1 对反冲的理解 【典例1】【答案】B 【变式1】【答案】B 【变式2】【答案】A 【变式3】【答案】B 考向2 反冲的一般应用 【例1】【答案】B 【例2】【答案】B 【变式练习1】【答案】C 【变式练习2】【答案】A 【变式练习3】【答案】A 考向3 人船模型 【例1】【答案】D 【变式练习1】【答案】B 【变式练习2】【答案】　BD 【变式练习3】【答案】D 考向4 抛接体问题 【典例1】【答案】A 【典例2】(多选)【答案】AD 【变式练习1】【答案】A 【变式练习2】【答案】D 真题溯源·考向感知 1．（2023·辽宁·高考真题）【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；；（3） 第 1 页 共 25 页 学科网（北京）股份有限公司 $