第13讲 动量守恒定律及其应用（复习讲义）（天津专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

第13讲 动量守恒定律及其应用 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量守恒定律及基本应用 考向1 动量守恒定律 考向2 动量守恒定律的初步应用 考点二 反冲运动　人船模型　爆炸问题 考向1 反冲运动 考向2 爆炸问题 考向3 人船模型 考点三 动量守恒定律中典型模型 考向1 碰撞模型 考向2 “滑块—弹簧”模型 考向3 “滑块—斜(曲)面”模型 考向4 子弹打木块模型 考向5 “滑块—木板”模型 考点四 动量守恒定律解决多过程问题 考向1 单次碰撞的多过程问题 考向2 两物体多次碰撞问题 考向3 多物体多次碰撞问题 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 2024年 动量守恒定律及基本应用 贵州卷、四川卷、山东卷 北京卷、山东卷、河南卷 安徽卷、江苏卷、甘肃卷 反冲运动、人船模型、爆炸问题 — — — 碰撞模型（弹性/非弹性/完全非弹性） 江苏卷·T15、广东卷 广东卷·T7、重庆卷 湖北卷·T14、湖南卷·T15、河北卷·T16 滑块—弹簧模型 黑吉辽蒙卷 — — 滑块—木板模型 — — 河北卷·T16（三块板） 多过程碰撞问题 江苏卷·T15 — 湖南卷·T15（多次碰撞） 考情分析 题型与考向：高考对动量守恒定律的考查，是全国各卷每年必考的核心主干知识，选择题和计算题均有出现，且常作为压轴题。计算题多以碰撞、滑块-木板、滑块-弹簧、传送带+碰撞等模型为载体，综合动量守恒与能量守恒。近年多次出现含n的多次碰撞数列问题，对逻辑推理和数学归纳能力要求较高。 情境与立意： 1. 生活实践类：交通安全碰撞、体育运动、航天反冲等。 2. 学习探究类：碰撞模型分析、弹簧连接体、滑块-木板摩擦生热、多次碰撞数列问题。 复习目标 1. 理解动量守恒定律的内容和适用条件，能判断系统在某一过程中动量是否守恒。 2. 掌握碰撞问题的分类和分析方法，能区分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞。 3. 熟练掌握滑块-弹簧模型的分析方法，明确弹簧最长/最短时两物体共速的特点。 4. 掌握滑块-木板模型的分析方法，能计算摩擦生热和相对位移。 5. 能处理多次碰撞的多过程问题，会用数学归纳法分析含n的碰撞问题。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量守恒定律及基本应用 知●识●解●构 1.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 ①p=p'或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。 ②Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 (3)适用条件 ①理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。 ②近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力，如碰撞、爆炸等过程。 ③某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则系统在这一方向上动量守恒。 2.动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面) 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 考●向●破●译 考向1 动量守恒定律 例（26-27高一上·广东中山·阶段检测）（多选）滑块A、B在水平面上发生碰撞，它们碰撞前后的图像如图。已知A的质量为，则根据图像可知（    ） A．水平面光滑 B．碰后A和B沿同一方向运动 C．B的质量 D．这次碰撞没有能量损失 变式训练1（2026·浙江·模拟预测）一半椭圆形滑槽放置在光滑水平地面上，其质量，半长轴，半短轴。在滑槽右侧上沿处由静止释放一质量为的小球（质点），与滑槽间摩擦不计。下列说法正确的是（     ） A．小球与滑槽构成的系统动量守恒 B．滑槽做振动的振幅为 C．小球的运动轨迹为椭圆 D．小球运动到最低点时对滑槽的压力大小为 变式训练2（26-27高二上·江苏宿迁·阶段检测）如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上，B的质量为m。现给滑块A向右的初速度，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A以大小为的速度反弹向左运动，B以的速度向右运动。求： (1)滑块A的质量； (2)碰撞过程中B对A的冲量。 考向2 动量守恒定律的初步应用 例（26-27高二上·河北保定·阶段检测）甲、乙两物体沿同一直线相向运动，碰撞前甲物体的速度大小是6m/s，乙物体的速度大小是2m/s。碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度大小都是3m/s。则甲、乙两物体的初动能之比是（     ） A．3∶1 B．15∶1 C．5∶1 D．5∶36 变式训练1（26-27高二上·河北保定·阶段检测）（多选）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使瞬间获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（     ） A．在、时刻弹簧处于原长状态 B．在、时刻弹簧的长度大于原长 C．两物块的质量之比为 D．两物块的质量之比为 变式训练2（26-27高三上·重庆北碚·阶段检测）如图，一辆玩具车装载了小型电磁炮，炮筒朝向车的正后方。启动玩具车使之沿水平地板向前做匀速直线运动，某时刻启动电磁炮向后发射一枚“炮弹”，观察到炮弹脱离炮筒后做自由落体运动。发射“炮弹”前后玩具车受到的牵引力、阻力均不变，设发射“炮弹”前玩具车（含炮弹）的动量为，发射后玩具车的动量为，则（　　） A． B． C． D．、的关系无法判断 考点二 反冲运动　人船模型　爆炸问题 知●识●解●构 1.反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 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 2.人船模型 (1)模型图示 (2)模型特点 ①两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船=0 ②两者的位移大小满足：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人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即==。 (4)“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)。 3.爆炸现象的三个规律 动量 守恒 爆炸物体系统内部的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 机械能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动 考●向●破●译 考向1 反冲运动 【重】 例（26-27高二上·江苏南通·阶段检测）下列运动不属于反冲运动的有（     ） A．火箭升空 B．发射炮弹后炮身后退 C．乒乓球碰到墙壁后弹回 D．喷气式飞机喷气飞行 变式训练1（26-27高二上·河北保定·阶段检测）反冲现象在生活中很常见，下列情景不属于反冲现象的是（     ） A．体操运动员在落地时总要屈腿 B．火箭靠喷出气体获得巨大的速度 C．园林的喷灌装置一边喷水一边旋转 D．章鱼向某个方向喷出水，身体向相反方向运动 变式训练2（26-27高一上·江苏·阶段检测）如图所示，哈九中航天科普节活动中，某同学将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度与竖直方向成θ角斜向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（     ） A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．水喷出的过程中，火箭和水加速度方向向下 C．火箭的水平射程为 D．火箭上升的最大高度为 考向2 爆炸问题 例（26-27高三上·重庆沙坪坝·阶段检测）一个质量为m的玩具小球内部安装了质量不计的智能弹射器，在离地高度处，小球以速度水平抛出，小球与地面碰撞前后竖直方向速度大小相等、方向相反，水平方向速度不变。碰撞后瞬间，智能弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成质量相等的两部分，两部分速度关于分裂前小球运动的竖直平面对称，与分裂前速度的空间夹角均为，两部分第一次落地时刻相同，重力加速度大小，则这两部分落点的距离为（     ） A． B． C． D． 变式训练1（24-25高二上·河南周口·阶段检测）向空中发射一物体（不计空气阻力），当物体到最高点速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a，b两块。若爆炸后质量较大的a块速度方向仍沿原来的方向，则（     ） A．b块的速度方向一定与原速度方向相反 B．炸裂的过程中，a、b的爆炸力的冲量大小一定相等 C．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 D．从炸裂到落地，a块的飞行时间一定比b块的飞行时间长 变式训练2（25-26高二上·湖北十堰·阶段检测）一枚在空中飞行的火箭质量为m，在某时刻离地高度为h，速度为v，方向水平，燃料耗尽。此时，火箭突然炸成质量相等的两块，其中一块沿着与v相反的方向飞去，速度大小为。已知地面水平，重力加速度为g。求： (1)火箭炸裂后瞬间另一块的速度大小； (2)炸裂后两块落地时的水平距离。 考向3 人船模型 例（26-27高二上·江苏淮安·阶段检测）如图所示，斜面体Q静置于光滑水平地面上，光滑斜面长度为L，物块P（可视为质点）沿斜面从顶端由静止下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．物块下滑过程中机械能守恒 B．斜面对物块的支持力不做功 C．物块相对地面的速度方向沿斜面向下 D．物块相对地面的位移小于L 变式训练1（26-27高三上·江苏淮安·阶段检测）如图所示，木块A放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一细线，细线另一端系一小球B。现将小球B拉起使细线水平伸直并由静止释放，则小球B从开始运动到第一次达最低点过程中（　　） A．整个系统动量守恒 B．小球B所受拉力做的功为0 C．木块A通过的位移大小小于小球B通过的位移大小 D．小球B所受重力的冲量大小大于所受拉力的冲量大小 变式训练2（26-27高二上·安徽阜阳·阶段检测）如图所示，质量M=100 kg的小船静止在平静的水面上，小船左、右两端分别站着甲、乙两人，现甲先水平向左以相对小船某一速率跳离小船，此后乙再水平向右以相对小船同样的速率跳离小船，两人跳离小船后，小船恰好静止在水面上。已知甲的质量m甲=56 kg，不计水对小船的阻力，则乙的质量m乙为（     ） A．40 kg B．48 kg C．56 kg 考点三 动量守恒定律中典型模型 知●识●解●构 一、碰撞问题 1.碰撞 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。 2.特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。 3.分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1=m1v1'+m2v2' m1=m1v1'2+m2v2'2 联立解得：v1'=v1，v2'=v1 讨论： ①若m1=m2，则v1'=0，v2'=v1(速度交换)； ②若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1'≈v1，v2'≈2v1； ③若m1<m2，则v1'<0，v2'>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1'≈-v1，v2'≈0。 二、“滑块—弹簧”模型 (1)模型图示 (2)模型特点 ①两物体和弹簧组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒。 ②系统内只有弹簧弹力做功，只发生弹性势能与动能的相互转化，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)。 三、“滑块—斜(曲)面”模型 (1)模型图示 (2)模型特点 ①上升到最大高度：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共；系统机械能守恒，m=(M+m)+mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。 ②返回最低点：系统水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2；系统机械能守恒，m=m+M(相当于弹性碰撞)。 四、子弹打木块模型 1.模型图示 2.模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失。 3.两种情景 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0=(M+m)v 能量守恒：Q=Ff·s=m-(M+m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0=mv1+Mv2 能量守恒：Q=Ff·d=m-(m+M) 五、“滑块—木板”模型 1.模型图示 2.模型特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。 3.求解方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统； (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体； (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q=FfΔx或Q=E初-E末，研究对象为一个系统。 两种典型的“滑块—木板”模型 模型 地面光滑，木板足够长且初速度为零，滑块冲上木板 地面光滑，木板足够长且有初速度，滑块反向冲上木板 作用过程 示意图 运动的 v-t图像 考●向●破●译 考向1 碰撞模型 例（26-27高三上·福建泉州·开学考试）（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、乙同向运动，则甲的质量一定大于乙的质量 B．若碰后甲反弹，则甲的速率可能为 C．碰后乙的速率可能为 D．若碰后甲反弹，则甲的速率可能大于乙的速率 变式训练1（24-25高二下·天津武清·阶段检测）（多选）如图所示，A、B两球质量之比为，半径相同，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是，B球的速度是，不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果有可能实现的是（　　） A．   B．   C．   D．   变式训练2（24-25高二下·天津河北·阶段检测）如图所示，可视为质点的小球A、B在同一竖直线上间距，小球B距地面的高度，两小球在外力的作用下处于静止状态。现同时由静止释放小球A、B，小球B与地面发生碰撞后反弹，之后小球A与B发生碰撞。已知小球A的质量，小球B的质量，重力加速度，所有的碰撞均无机械能损失，不计碰撞时间。求： (1)小球B第一次落地时的速度v的大小； (2)从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间t； (3)小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离。 考向2 “滑块—弹簧”模型 例（25-26高一下·天津滨海新区·期中）两小球由一轻质弹簧相连，初始弹簧处在压缩状态，整个装置静止在光滑水平面上。然后同时释放两球，则在此后过程中（     ） A．任何时刻两个小球的速度大小一定相等 B．任何时刻两个小球的加速度大小一定相等 C．任何时刻两个小球的动量大小一定相等 D．任何时刻两个小球的动能大小一定相等 变式训练1（24-25高二下·天津红桥·阶段检测）（多选）如图所示，将质量分别为的A、B两个物体放在光滑的水平面上，物体B处于静止状态，B的左端与一轻弹簧相连接。现在给物体A一水平向右的初速度。则下列说法正确的是（   ） A．弹簧压缩到最短时，A、B两物体的速度大小均为2m/s B．弹簧恢复原长，A物体的速度大小为2m/s C．整个过程中弹簧储存的最大弹性势能为6J D．整个过程中A、B系统的最小动能为6J 变式训练2（25-26高二下·天津河北·期末）在光滑水平面上，一个质量为4 kg的A滑块以1.5 m/s的速度向右运动，与质量为1 kg、速度为2 m/s向左运动的B滑块迎面相撞（如图1所示），碰撞后两个滑块粘在一起。求 (1)碰撞后两滑块速度v的大小和方向； (2)这次碰撞，两滑块共损失的机械能； (3)现改为：B滑块静止在A滑块运动的路径上，并在B左侧固定一处于原长的轻质弹簧，如图2所示，请计算弹簧能获得的最大弹性势能。 考向3 “滑块—斜(曲)面”模型 例（25-26高二下·天津和平·开学考试）如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽半径为，点切线水平。另有一个质量为的小球以速度从点冲上滑块，重力加速度大小为，不计摩擦。下列说法中正确的是（     ） A．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左 B．在小球相对滑块运动的过程中小球与滑块组成的系统动量守恒 C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零 D．当时，小球能到达B点 变式训练1（2026·黑龙江哈尔滨·二模）（多选）如图，足够长的光滑水平面上有一个静止的光滑的四分之一圆弧形斜面，斜面末端与水平面平滑连接，斜面B质量为1 kg，圆弧半径。物块C的质量为3 kg，静止在水平地面上，物块质量为1 kg，现将从圆弧形斜面最高点由静止释放。A、C物块均可视为质点，A与C在水平面上发生弹性正碰。不计空气阻力，重力加速度g取。则下列说法正确的是（　　） A．物块A在斜面上运动的过程中，物块和斜面组成的系统机械能守恒 B．物块A刚运动至水平面时其速度大小为 C．物块A与物块C碰后，A与C速度大小均为 D．物块A最终仍能追上圆弧形斜面 变式训练2（25-26高一下·天津·期末）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧，现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长，小球质量m=0.10 kg，物块、小车质量均为M=0.20 kg。小车上的水平轨道长L=1 m，圆弧轨道半径r=0.2 m，小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。求： (1)小球运动到最低点与物块碰撞前，小球受到的拉力大小 (2)小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小 (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围 考向4 子弹打木块模型 例（25-26高三上·天津河西·期末）如图所示，在光滑水平面上，质量为m的木块与轻质弹簧相连，弹簧的另一端连在竖直墙壁上，弹簧处于水平状态，木块处于静止状态。质量为m的子弹以水平向右的速度射入木块并留在木块内（该过程所用时间很短），之后木块压缩弹簧（未超出弹性限度），下列说法正确的是（    ） A．子弹打入木块的过程中，子弹受到的冲量大小为 B．子弹打入木块的过程中，子弹动能的减少量等于子弹和木块内能的增加量 C．子弹打入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒 D．在压缩弹簧的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 变式训练1（2025·安徽合肥·模拟预测）（多选）为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两完全相同的钢板A、B厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为m的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是（　　） A．第一次子弹穿过A、B所用时间之比为 B．第二次子弹能击穿两钢板 C．第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B的深度为 D．第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为 变式训练2（2026·天津红桥·二模）如图所示，一颗子弹（可视为质点）以水平速度v0射向静止在光滑水平地面上的木块并最终留在其中，二者相对运动过程中子弹对木块的冲击力近似视为恒力，其大小为F。已知子弹质量为m，木块质量为M，不计空气阻力。求： (1)子弹相对木块静止时的速度大小v； (2)子弹和木块相对运动过程中木块的位移s； (3)子弹和木块组成的系统损失的机械能∆E。 考向5 “滑块—木板”模型 例（25-26高二下·天津红桥·阶段检测）如图所示，在光滑水平面上，有一质量为的薄板和质量为的物块。都以的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，则（　　） A．当薄板的速度为时，物块做减速运动 B．当薄板的速度为时，物块做加速运动 C．当薄板的速度为时，物块做加速运动 D．当薄板的速度为时，物块做匀速运动 变式训练1（25-26高一下·天津河东·期末）如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点和圆心的连线与水平方向的夹角，另一端点为轨道的最低点。光滑水平面上紧靠点静置一质量的木板，木板上表面与点等高。质量可视为质点的物块从点以初速度水平抛出，恰好从端沿切线方向进入轨道并顺着轨道下滑，物块以的速度滑上木板的左端。取重力加速度，不计空气阻力，求： (1)物块在点的速度大小； (2)A、B两点之间的竖直高度； (3)若木板足够长，到物块和木板相对静止时，系统因摩擦产生的热量。 变式训练2（25-26高二下·天津和平·开学考试）如图所示，一个质量的物块以速度水平滑上一静止的平板车上，平板车质量，物块与平板车之间的动摩擦因数，其它摩擦不计（取），求： (1)物块相对平板车静止时，物块的速度？ (2)物块从滑上小车到与小车相对静止经历的时间？ (3)物块从滑上小车到与小车相对静止的过程中小车发生的位移？ 考点四 动量守恒定律解决多过程问题 考●向●破●译 考向1 单次碰撞的多过程问题 例（2026·湖南郴州·模拟预测）在竖直平面内，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球A。将小球A拉至与O等高位置（绳水平）由静止释放，小球A摆到最低点时，与静止在光滑水平地面上、质量也为m的小球B发生完全非弹性碰撞（碰后粘在一起），碰撞时间极短。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，两小球均可视为质点。碰撞后瞬间，轻绳的拉力大小为（     ） A．4mg B．3mg C．2mg D．mg 变式训练1（25-26高三上·江苏南通·阶段检测）如图所示，物块A、B完全相同，A穿在足够长的光滑水平杆上，轻绳上、下端分别固定在A、B上，A、B静止。在B获得水平向右的初速度v后（     ） A．B的机械能守恒 B．A、B系统动量守恒 C．A的最大速度为v D．B能回到初始位置 变式训练2（26-27高三上·天津西青·阶段检测）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块和分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将无初速释放，与碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径；和的质量相等为；和整体与桌面之间的动摩擦因数。重力加速度取。求 (1)滑块刚滑到最低点时对圆弧轨道的压力的大小； (2)滑块和碰撞损失的机械能； (3)A和B整体在桌面上滑动的距离。 考向2 两物体多次碰撞问题 例（26-27高二上·重庆沙坪坝·开学考试）如图所示，在光滑水平面上，质量为的球以速度向右运动，与静止的质量为的球碰撞，碰撞后球以（待定系数）的速率弹回，并与固定挡板发生弹性碰撞，若要使球能再次追上球并相撞，则系数可以是（     ） A． B． C． D． 变式训练1（26-27高二上·河北邯郸·开学考试）如图所示，单摆P在平衡位置与光滑水平面上的弹簧振子Q恰好接触且无相互作用，P与Q的振动周期相同。现将摆球P向左拉开一很小角度由静止释放，P与Q的碰撞均为弹性正碰。下列说法中正确的是（　　） A．若P的质量比Q的小，第二次碰撞发生在图示位置右侧 B．若P的质量比Q的大，第二次碰撞发生在图示位置左侧 C．无论P、Q质量大小关系，第二次碰撞仍发生在图示位置 D．若P、Q的质量相等，整个装置的振动周期大于单摆的周期 变式训练2（26-27高二上·广西南宁·阶段检测）如图所示，半径R=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，质量M=2kg的长木板A静止在光滑水平地面上，木板的左端恰好与圆弧轨道末端等高且相切，在木板A右侧的地面上固定着一个弹性竖直挡板P，木板与弹性挡板P碰撞后立即以碰前的速率反向弹回。质量m=4kg的滑块B（看作质点）从圆弧轨道顶端由静止滑下，当滑块B和木板A刚好相对静止时，木板A与挡板P发生第一次碰撞，已知滑块B与木板A间的动摩擦因数µ=0.5，滑块B始终不会从木板A上滑落，碰撞时间极短，取重力加速度g=10m/s2。求：（结果均可用分数表示） (1)滑块B和木板A第一次相对静止时的速度大小； (2)木板A最初静止时右端与挡板P之间的距离； (3)从木板A开始运动到第2次与挡板P碰撞过程经历的时间； (4)木板A至少多长。 考向3 多物体多次碰撞问题 例（2026·安徽·模拟预测）牛顿摆是一个经典有趣的物理演示装置。某同学设计的牛顿摆模型为用完全相同不可伸长的轻绳将3个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于天花板，小球间有微小间隔，如图所示。从左到右，小球的编号依次为1、2、3，小球的质量依次增加，每个小球与其相邻左球的质量之比为k（）。今将1号球向左拉起高度h，轻绳伸直，然后由静止释放，使其在最低点与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞，所有碰撞均为弹性正碰，若2号球与3号球第一次碰撞后3号球摆动升高的高度为，则k值为（     ） A． B． C． D． 变式训练1（26-27高三上·河南信阳·阶段检测）如图所示，长为的木板右端有一挡板（厚度不计），静置在光滑水平地面上，完全相同的两物块、（可视为质点）分别置于的左端和中点处，、、的质量均为。现给一水平向右的初速度，此后和、和各发生一次碰撞，且恰好未从上滑落。所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度大小为。求： (1)与碰撞前后，的加速度大小之比； (2)从开始运动至再次回到左端过程中，系统产生的热量； (3)从开始运动至再次回到左端时，的位移大小。 变式训练2（2026·湖南郴州·模拟预测）如图所示，足够长的光滑水平杆固定在足够长的光滑水平地面上方，轻质弹簧连接着小球甲、乙，质量为m的小球甲放置在水平地面上，质量为2 m的小球乙穿在杆上，初始时两球均静止，弹簧竖直且处于原长状态。质量为的物块从小球甲左侧以水平向右、大小为v的速度撞向小球甲，物块与小球甲发生弹性碰撞（碰撞时间极短），第一次碰撞后经时间t弹簧第一次恢复到原长。物块与两小球均可视为质点，小球甲运动过程中始终未脱离地面，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)物块与小球甲第一次碰撞后瞬间物块的速度大小v1； (2)物块与小球甲第二次碰撞前，弹簧的最大弹性势能Emax； (3)弹簧第一次恢复到原长时物块与小球甲间的距离d。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第13讲 动量守恒定律及其应用 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量守恒定律及基本应用 考向1 动量守恒定律 考向2 动量守恒定律的初步应用 考点二 反冲运动　人船模型　爆炸问题 考向1 反冲运动 考向2 爆炸问题 考向3 人船模型 考点三 动量守恒定律中典型模型 考向1 碰撞模型 考向2 “滑块—弹簧”模型 考向3 “滑块—斜(曲)面”模型 考向4 子弹打木块模型 考向5 “滑块—木板”模型 考点四 动量守恒定律解决多过程问题 考向1 单次碰撞的多过程问题 考向2 两物体多次碰撞问题 考向3 多物体多次碰撞问题 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 2024年 动量守恒定律及基本应用 贵州卷、四川卷、山东卷 北京卷、山东卷、河南卷 安徽卷、江苏卷、甘肃卷 反冲运动、人船模型、爆炸问题 — — — 碰撞模型（弹性/非弹性/完全非弹性） 江苏卷·T15、广东卷 广东卷·T7、重庆卷 湖北卷·T14、湖南卷·T15、河北卷·T16 滑块—弹簧模型 黑吉辽蒙卷 — — 滑块—木板模型 — — 河北卷·T16（三块板） 多过程碰撞问题 江苏卷·T15 — 湖南卷·T15（多次碰撞） 考情分析 题型与考向：高考对动量守恒定律的考查，是全国各卷每年必考的核心主干知识，选择题和计算题均有出现，且常作为压轴题。计算题多以碰撞、滑块-木板、滑块-弹簧、传送带+碰撞等模型为载体，综合动量守恒与能量守恒。近年多次出现含n的多次碰撞数列问题，对逻辑推理和数学归纳能力要求较高。 情境与立意： 1. 生活实践类：交通安全碰撞、体育运动、航天反冲等。 2. 学习探究类：碰撞模型分析、弹簧连接体、滑块-木板摩擦生热、多次碰撞数列问题。 复习目标 1. 理解动量守恒定律的内容和适用条件，能判断系统在某一过程中动量是否守恒。 2. 掌握碰撞问题的分类和分析方法，能区分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞。 3. 熟练掌握滑块-弹簧模型的分析方法，明确弹簧最长/最短时两物体共速的特点。 4. 掌握滑块-木板模型的分析方法，能计算摩擦生热和相对位移。 5. 能处理多次碰撞的多过程问题，会用数学归纳法分析含n的碰撞问题。 思维建模·脉络梳理 ——搭建知识框架，构建系统思维 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量守恒定律及基本应用 知●识●解●构 1.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 ①p=p'或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'。即系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。 ②Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 (3)适用条件 ①理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。 ②近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力，如碰撞、爆炸等过程。 ③某一方向守恒：如果系统动量不守恒，但在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则系统在这一方向上动量守恒。 2.动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面) 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 考●向●破●译 考向1 动量守恒定律 例（26-27高一上·广东中山·阶段检测）（多选）滑块A、B在水平面上发生碰撞，它们碰撞前后的图像如图。已知A的质量为，则根据图像可知（    ） A．水平面光滑 B．碰后A和B沿同一方向运动 C．B的质量 D．这次碰撞没有能量损失 【答案】ACD 【详解】A．由图像可以看出，碰撞前后物体均做匀速直线运动，说明物体不受摩擦力，水平面光滑，故A正确； B．由图可知，碰撞后A的位移越来越小，B的位移越来越大，说明二者的运动方向相反，故B错误； C．由图可得，碰撞前B的速度为0，A的速度为 碰撞后A的速度为 碰撞后B的速度为 根据动量守恒有 代入数值解得，即B的质量为，故C正确； D．碰撞前A、B的动能之和为 碰撞后A、B的动能之和为 碰撞前后能量不变，所以这次碰撞没有能量损失，故D正确； 故选ACD。 变式训练1（2026·浙江·模拟预测）一半椭圆形滑槽放置在光滑水平地面上，其质量，半长轴，半短轴。在滑槽右侧上沿处由静止释放一质量为的小球（质点），与滑槽间摩擦不计。下列说法正确的是（     ） A．小球与滑槽构成的系统动量守恒 B．滑槽做振动的振幅为 C．小球的运动轨迹为椭圆 D．小球运动到最低点时对滑槽的压力大小为 【答案】D 【详解】A．小球与滑槽组成的系统，竖直方向上小球存在向心加速度，合外力不为零，竖直方向动量不守恒；仅水平方向不受外力，水平方向动量守恒，总动量不守恒。故A错误； B． 系统水平方向动量守恒，初始水平总动量为0，满足人船模型的动量守恒推论，任意时刻满足 对时间积分可得 其中是小球相对地面的水平位移，是滑槽相对地面的水平位移，且小球相对滑槽的水平位移满足 代入、，解得滑槽向右的最大位移为 当小球滑到左侧上沿时，滑槽会向右运动再运动0.2m后速度变为0，此时滑槽位于初始位置右侧0.4m处，后续滑槽会在初始位置和该位置之间往复运动，因此滑槽振动的振幅为，故B错误； C．椭圆滑槽的方程是滑槽参考系（非惯性系）下的轨迹，以滑槽中心为原点，可得椭圆方程 而小球相对地面参考系的水平坐标满足， 以滑槽初始时中心位置为坐标原点，得到小球相对地面的轨迹方程 其中，可得该轨迹方程是以为圆心，半径为的圆，因此小球运动轨迹是圆。故C错误； D． 小球滑到最低点时，由水平动量守恒得 结合机械能守恒 代入数值解得 此时小球相对滑槽的速度为 在滑槽参考系中，最低点的曲率半径为 由向心力公式 代入得轨道支持力 根据牛顿第三定律，小球对滑槽的压力大小为，故D正确。 故选D。 变式训练2（26-27高二上·江苏宿迁·阶段检测）如图所示，两个滑块A、B静置于同一光滑水平直轨道上，B的质量为m。现给滑块A向右的初速度，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A以大小为的速度反弹向左运动，B以的速度向右运动。求： (1)滑块A的质量； (2)碰撞过程中B对A的冲量。 【答案】(1) (2)，方向水平向左 【详解】（1）水平面光滑，A、B组成的系统在碰撞过程中合外力为零，满足动量守恒定律。取向右为正方向，根据动量守恒 解得 （2）根据动量定理：合外力对物体的冲量等于物体动量的变化量 负号表示冲量方向与规定的正方向（向右）相反，即冲量方向水平向左。 考向2 动量守恒定律的初步应用 例（26-27高二上·河北保定·阶段检测）甲、乙两物体沿同一直线相向运动，碰撞前甲物体的速度大小是6m/s，乙物体的速度大小是2m/s。碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度大小都是3m/s。则甲、乙两物体的初动能之比是（     ） A．3∶1 B．15∶1 C．5∶1 D．5∶36 【答案】C 【详解】设甲、乙的质量分别为和，碰前速度分别为和，碰后速度分别为和。取甲碰前的运动方向为正方向，碰撞时间极短，系统所受外力冲量可忽略。由甲、乙组成的系统动量守恒，得 将各速度的数值代入并约去共同单位，得 解得 由动能定义式，甲、乙的初动能之比为 故选C。 变式训练1（26-27高二上·河北保定·阶段检测）（多选）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使瞬间获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得（     ） A．在、时刻弹簧处于原长状态 B．在、时刻弹簧的长度大于原长 C．两物块的质量之比为 D．两物块的质量之比为 【答案】AD 【详解】AB．由图乙可知时刻和时刻两物块加速度均为零，则弹簧处于原长状态，故A正确，B错误； CD．水平面光滑，系统动量守恒，从开始到时刻有 由图乙知， 解得，故C错误，D正确。 故选AD。 变式训练2（26-27高三上·重庆北碚·阶段检测）如图，一辆玩具车装载了小型电磁炮，炮筒朝向车的正后方。启动玩具车使之沿水平地板向前做匀速直线运动，某时刻启动电磁炮向后发射一枚“炮弹”，观察到炮弹脱离炮筒后做自由落体运动。发射“炮弹”前后玩具车受到的牵引力、阻力均不变，设发射“炮弹”前玩具车（含炮弹）的动量为，发射后玩具车的动量为，则（　　） A． B． C． D．、的关系无法判断 【答案】B 【详解】玩具车发射炮弹前做匀速直线运动，说明水平方向牵引力与阻力大小相等、方向相反，合力为零。发射炮弹时，炮筒向后发射炮弹，车受到向前的反作用力，但整个系统在水平方向所受合外力仍为零，因此系统水平方向动量守恒。 发射前，车（含炮弹）的总动量为 发射后，观察到炮弹脱离炮筒后做自由落体运动，说明炮弹对地水平速度为零，即炮弹的动量为零。此时玩具车的动量为 由水平方向动量守恒 解得 故选B。 考点二 反冲运动　人船模型　爆炸问题 知●识●解●构 1.反冲运动的三点说明 作用原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能增加 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 2.人船模型 (1)模型图示 (2)模型特点 ①两者满足动量守恒定律：mv人-Mv船=0 ②两者的位移大小满足：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人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即==。 (4)“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)。 3.爆炸现象的三个规律 动量 守恒 爆炸物体系统内部的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 机械能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分从爆炸前的位置以新的动量开始运动 考●向●破●译 考向1 反冲运动 【重】 例（26-27高二上·江苏南通·阶段检测）下列运动不属于反冲运动的有（     ） A．火箭升空 B．发射炮弹后炮身后退 C．乒乓球碰到墙壁后弹回 D．喷气式飞机喷气飞行 【答案】C 【详解】反冲运动的核心是：系统在内力作用下，一部分物体向某一方向运动，另一部分向相反方向运动，相互作用力来自系统内部。 A．火箭升空时，火箭与喷出的燃气组成系统，在内力作用下燃气向后运动、火箭获得向前的反作用力飞行，属于反冲运动，故A不符合题意； B．发射炮弹时，炮弹与炮身组成系统，在内力作用下炮弹向前运动、炮身获得向后的反作用力后退，属于反冲运动，故B不符合题意； C．乒乓球碰到墙壁后弹回，是乒乓球受到系统外的墙壁的弹力作用发生反弹，相互作用力来自系统外，不属于反冲运动，故C符合题意； D．喷气式飞机喷气飞行时，飞机与喷出的高速气体组成系统，在内力作用下气体向后运动、飞机获得向前的反作用力飞行，属于反冲运动，故D不符合题意。 故选C。 变式训练1（26-27高二上·河北保定·阶段检测）反冲现象在生活中很常见，下列情景不属于反冲现象的是（     ） A．体操运动员在落地时总要屈腿 B．火箭靠喷出气体获得巨大的速度 C．园林的喷灌装置一边喷水一边旋转 D．章鱼向某个方向喷出水，身体向相反方向运动 【答案】A 【详解】反冲现象是系统在内力作用下分成两部分，一部分向某一方向运动、另一部分同时向相反方向运动的现象，其本质是内力作用下的动量守恒。 A．体操运动员落地时屈腿，是为了延长与地面的作用时间，从而减小地面对运动员的作用力，属于动量定理的应用，不属于反冲现象； B．火箭喷出气体的同时获得向上的动量，喷出气体与火箭的动量等大反向，属于反冲现象； C．喷灌装置喷水时，水向某一方向喷出，装置向相反方向运动而旋转，属于反冲现象； D．章鱼向某方向喷水时，身体向相反方向运动，属于反冲现象。 本题选不属于反冲现象的，故选A。 变式训练2（26-27高一上·江苏·阶段检测）如图所示，哈九中航天科普节活动中，某同学将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度与竖直方向成θ角斜向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（     ） A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．水喷出的过程中，火箭和水加速度方向向下 C．火箭的水平射程为 D．火箭上升的最大高度为 【答案】C 【详解】A．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故A错误； B．水喷出的过程中，火箭的加速度斜向上，水的加速度斜向下，故B错误； C．在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有 解得 火箭上升的时间为 火箭的水平射程为 ，故C正确； D．水喷出后，火箭做斜向上抛运动，有 解得 ，故D错误。 故选C。 考向2 爆炸问题 例（26-27高三上·重庆沙坪坝·阶段检测）一个质量为m的玩具小球内部安装了质量不计的智能弹射器，在离地高度处，小球以速度水平抛出，小球与地面碰撞前后竖直方向速度大小相等、方向相反，水平方向速度不变。碰撞后瞬间，智能弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成质量相等的两部分，两部分速度关于分裂前小球运动的竖直平面对称，与分裂前速度的空间夹角均为，两部分第一次落地时刻相同，重力加速度大小，则这两部分落点的距离为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设小球的初速度方向为方向，竖直向上为方向，方向与所在的平面垂直。小球平抛落地时竖直分速度满足 解得 碰撞后竖直速度大小不变、方向向上，水平速度仍为，故分裂前小球速度分量为，，，速度大小 小球分裂为质量相等的两部分，设两部分的速度大小分别为和，正交分解为和，规定的方向为方向。两部分落地时间相同，说明竖直分速度相等。分裂过程动量守恒，由竖直方向动量守恒可得 解得 由方向动量守恒可得 对称性可知 解得 两部分的速度与原速度夹角均为，由数量积公式可知 解得 又 解得，由对称性可知 分裂后两部分做斜抛运动，落地时间 方向位移相同，落点距离由方向位移差决定 故选B。 变式训练1（24-25高二上·河南周口·阶段检测）向空中发射一物体（不计空气阻力），当物体到最高点速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a，b两块。若爆炸后质量较大的a块速度方向仍沿原来的方向，则（     ） A．b块的速度方向一定与原速度方向相反 B．炸裂的过程中，a、b的爆炸力的冲量大小一定相等 C．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 D．从炸裂到落地，a块的飞行时间一定比b块的飞行时间长 【答案】B 【详解】A．爆炸时系统水平方向动量守恒，以原速度方向为正方向，满足 已知沿原方向（为正），则可正、可负、可为零，方向不一定与原方向相反，故A错误； B．爆炸过程中a、b受到的爆炸力是相互作用力，大小相等、作用时间相同，由冲量定义可知，二者受到的冲量大小一定相等，故B正确； C．爆炸后a、b竖直方向均做自由落体运动，下落高度相同，由得运动时间相同，水平位移，但和的大小关系不确定，无法比较水平距离大小，故C错误； D．由竖直方向的自由落体运动规律可知，二者下落高度相同，飞行时间相等，故D错误。 故选B。 变式训练2（25-26高二上·湖北十堰·阶段检测）一枚在空中飞行的火箭质量为m，在某时刻离地高度为h，速度为v，方向水平，燃料耗尽。此时，火箭突然炸成质量相等的两块，其中一块沿着与v相反的方向飞去，速度大小为。已知地面水平，重力加速度为g。求： (1)火箭炸裂后瞬间另一块的速度大小； (2)炸裂后两块落地时的水平距离。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）取火箭初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有， 解得 （2）弹片在空中做平抛运动，设飞行时间为，则， 两块弹片落地水平距离为， 联立解得 考向3 人船模型 例（26-27高二上·江苏淮安·阶段检测）如图所示，斜面体Q静置于光滑水平地面上，光滑斜面长度为L，物块P（可视为质点）沿斜面从顶端由静止下滑到底端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．物块下滑过程中机械能守恒 B．斜面对物块的支持力不做功 C．物块相对地面的速度方向沿斜面向下 D．物块相对地面的位移小于L 【答案】D 【详解】AB．物块P下滑过程中，物块P对斜面体Q的压力对斜面体做正功，斜面体向右做加速运动，斜面体Q对物块P的支持力对物块P做负功，物块机械能不守恒，故AB错误； C．物块相对斜面体的速度方向沿斜面向下，相对地面的速度方向不是沿斜面向下，故C错误； D．设斜面体倾角为θ，物块P的质量为m，斜面体Q的质量为M，根据人船模型的特点可得， 联立解得 所以物块相对地面的位移大小为，故D正确。 故选D。 变式训练1（26-27高三上·江苏淮安·阶段检测）如图所示，木块A放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一细线，细线另一端系一小球B。现将小球B拉起使细线水平伸直并由静止释放，则小球B从开始运动到第一次达最低点过程中（　　） A．整个系统动量守恒 B．小球B所受拉力做的功为0 C．木块A通过的位移大小小于小球B通过的位移大小 D．小球B所受重力的冲量大小大于所受拉力的冲量大小 【答案】C 【详解】A．系统水平方向不受外力，仅水平方向动量守恒；竖直方向上B有重力作用且存在竖直加速度，竖直方向合外力不为零，动量不守恒。故A错误。 B．由于A可在水平面上移动，B相对地面的轨迹不是以O为圆心的圆弧，拉力方向与B的速度方向不垂直。由能量守恒，B减少的重力势能转化为A、B两者的动能，拉力对B做负功，大小等于A获得的动能，不为零。故B错误； C．水平方向质心位置不变。设过程中A向左位移，B相对地面水平向右位移，则 又B相对A在水平方向移动距离L， 联立得 B从水平位置摆到最低点，相对地面的位移大小为， 故A的位移小于B的位移，C正确； D．对B用动量定理，初、末态竖直速度均为零，竖直方向 而末动量水平向左，拉力还需提供水平方向的冲量，故拉力总冲量大小 即拉力冲量更大，D错误。 故选C。 变式训练2（26-27高二上·安徽阜阳·阶段检测）如图所示，质量M=100 kg的小船静止在平静的水面上，小船左、右两端分别站着甲、乙两人，现甲先水平向左以相对小船某一速率跳离小船，此后乙再水平向右以相对小船同样的速率跳离小船，两人跳离小船后，小船恰好静止在水面上。已知甲的质量m甲=56 kg，不计水对小船的阻力，则乙的质量m乙为（     ） A．40 kg B．48 kg C．56 kg 【答案】A 【详解】取向右为正方向，设两人相对小船跳离的速率均为，甲跳离后小船和乙共同向右运动的速度为，则甲相对地的速度为。甲跳离过程中，甲、乙和小船组成的系统水平方向动量守恒，有 整理得 乙跳离过程中，乙和小船组成的系统水平方向动量守恒。乙跳离后小船静止，乙相对船和相对地的速率均为题设速率，因此对乙和小船有 联立两式得 整理得 代入题给数据，解得 故选A。 考点三 动量守恒定律中典型模型 知●识●解●构 一、碰撞问题 1.碰撞 碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。 2.特点 在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。 3.分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1=m1v1'+m2v2' m1=m1v1'2+m2v2'2 联立解得：v1'=v1，v2'=v1 讨论： ①若m1=m2，则v1'=0，v2'=v1(速度交换)； ②若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1'≈v1，v2'≈2v1； ③若m1<m2，则v1'<0，v2'>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1'≈-v1，v2'≈0。 二、“滑块—弹簧”模型 (1)模型图示 (2)模型特点 ①两物体和弹簧组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒。 ②系统内只有弹簧弹力做功，只发生弹性势能与动能的相互转化，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)。 三、“滑块—斜(曲)面”模型 (1)模型图示 (2)模型特点 ①上升到最大高度：滑块m与斜(曲)面M具有共同水平速度v共，此时滑块m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共；系统机械能守恒，m=(M+m)+mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为滑块m的重力势能)。 ②返回最低点：系统水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2；系统机械能守恒，m=m+M(相当于弹性碰撞)。 四、子弹打木块模型 1.模型图示 2.模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失。 3.两种情景 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0=(M+m)v 能量守恒：Q=Ff·s=m-(M+m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0=mv1+Mv2 能量守恒：Q=Ff·d=m-(m+M) 五、“滑块—木板”模型 1.模型图示 2.模型特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。 3.求解方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统； (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体； (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q=FfΔx或Q=E初-E末，研究对象为一个系统。 两种典型的“滑块—木板”模型 模型 地面光滑，木板足够长且初速度为零，滑块冲上木板 地面光滑，木板足够长且有初速度，滑块反向冲上木板 作用过程 示意图 运动的 v-t图像 考●向●破●译 考向1 碰撞模型 例（26-27高三上·福建泉州·开学考试）（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、乙同向运动，则甲的质量一定大于乙的质量 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．设甲质量为，乙质量为，系统满足动量守恒、动能守恒 取甲初速度方向为正方向，推导可得碰后速度公式： 若碰后甲、乙同向，说明，代入速度公式得，即，甲的质量一定大于乙的质量，A正确； B．若甲反弹，且速率为，则碰后总动能大于碰前总动能，不可能实现，B错误； C．由乙的速度公式，因，故，C错误； D．若甲反弹且大于乙的速率则有 ， 解得 存在此种情况，D正确。 故选 AD。 变式训练1（24-25高二下·天津武清·阶段检测）（多选）如图所示，A、B两球质量之比为，半径相同，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是，B球的速度是，不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果有可能实现的是（　　） A．   B．   C．   D．   【答案】BC 【详解】设AB的质量分别为m和2m，则碰前总动量 碰前总动能 A．若、，则碰后总动量，动量不守恒，A错误； B．若、，则碰后总动量，动量守恒； 碰后总动能，则B正确； C．若、，则碰后总动量，动量守恒； 碰后总动能，则C正确； D．若、，则碰后总动量，动量不守恒； 碰后总动能，总动能增加，不可能，D错误。 故选BC。 变式训练2（24-25高二下·天津河北·阶段检测）如图所示，可视为质点的小球A、B在同一竖直线上间距，小球B距地面的高度，两小球在外力的作用下处于静止状态。现同时由静止释放小球A、B，小球B与地面发生碰撞后反弹，之后小球A与B发生碰撞。已知小球A的质量，小球B的质量，重力加速度，所有的碰撞均无机械能损失，不计碰撞时间。求： (1)小球B第一次落地时的速度v的大小； (2)从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间t； (3)小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离。 【答案】(1) (2) (3)5.45m 【详解】（1）根据自由落体运动速度与位移的关系式 解得小球B第一次落地时两球的速度大小为 （2）根据自由落体运动速度公式有 解得从释放两小球到小球B第一次落地所用的时间为 小球B反弹后，相对小球A做匀速运动，则从小球B反弹到两球相遇的时间为 所以从释放小球A、B到两球第一次相撞所经过的时间为 （3）两球相撞前瞬间的速度分别为， 两球相碰时距地面的高度为 两球碰撞时动量守恒，取竖直向上为正方向，则有 又因为两球碰撞过程没有机械能损失，则有 联立解得， 小球A第一次与小球B碰后上升的最大高度为 所以小球A第一次上升到最大高度时到地面的距离为 考向2 “滑块—弹簧”模型 例（25-26高一下·天津滨海新区·期中）两小球由一轻质弹簧相连，初始弹簧处在压缩状态，整个装置静止在光滑水平面上。然后同时释放两球，则在此后过程中（     ） A．任何时刻两个小球的速度大小一定相等 B．任何时刻两个小球的加速度大小一定相等 C．任何时刻两个小球的动量大小一定相等 D．任何时刻两个小球的动能大小一定相等 【答案】C 【详解】AC．两球水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，则，可知两个小球的速度大小之比为，因两球质量不一定相等，可知速度大小不一定相等，两个小球的动量大小一定相等，A错误，C正确； B．根据两球质量不一定相等，可知加速度大小不一定相等，B错误； D．根据因两球动量大小相等，但质量不一定相等，可知动能不一定相等，D错误。 故选C。 变式训练1（24-25高二下·天津红桥·阶段检测）（多选）如图所示，将质量分别为的A、B两个物体放在光滑的水平面上，物体B处于静止状态，B的左端与一轻弹簧相连接。现在给物体A一水平向右的初速度。则下列说法正确的是（   ） A．弹簧压缩到最短时，A、B两物体的速度大小均为2m/s B．弹簧恢复原长，A物体的速度大小为2m/s C．整个过程中弹簧储存的最大弹性势能为6J D．整个过程中A、B系统的最小动能为6J 【答案】BC 【详解】A. 弹簧压缩到最短时，A、B两物体的速度相等，由动量守恒定律可知 解得v=1m/s，A错误； B. 弹簧恢复原长时由动量守恒和能量关系可知， 解得A物体的速度为v1=-2m/s，B正确； CD. 当A、B共速时弹性势能最大，即整个过程中弹簧储存的最大弹性势能为 此时系统动能最小，最小动能为，C正确，D错误。 故选BC。 变式训练2（25-26高二下·天津河北·期末）在光滑水平面上，一个质量为4 kg的A滑块以1.5 m/s的速度向右运动，与质量为1 kg、速度为2 m/s向左运动的B滑块迎面相撞（如图1所示），碰撞后两个滑块粘在一起。求 (1)碰撞后两滑块速度v的大小和方向； (2)这次碰撞，两滑块共损失的机械能； (3)现改为：B滑块静止在A滑块运动的路径上，并在B左侧固定一处于原长的轻质弹簧，如图2所示，请计算弹簧能获得的最大弹性势能。 【答案】(1)，方向水平向右 (2) (3) 【分析】取水平向右为正方向，已知A滑块的质量，初速度；B滑块的质量，初速度 【详解】（1）根据动量守恒定律 解得，方向水平向右。 （2）碰撞前系统的总机械能 碰撞后系统的总机械能 由能量守恒定律 解得 （3）分析知当A、B速度相等时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大。由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 其中， 解得 考向3 “滑块—斜(曲)面”模型 例（25-26高二下·天津和平·开学考试）如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为的滑块，滑块的一侧是一个弧形槽，凹槽半径为，点切线水平。另有一个质量为的小球以速度从点冲上滑块，重力加速度大小为，不计摩擦。下列说法中正确的是（     ） A．小球回到斜槽底部时，小球速度方向可能向左 B．在小球相对滑块运动的过程中小球与滑块组成的系统动量守恒 C．小球到达斜槽最高点处，小球的速度为零 D．当时，小球能到达B点 【答案】A 【详解】B．由于小球与滑块在水平方向上不受外力作用，所以球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，但竖直方向受到的合外力不为零，竖直方向上动量不守恒，所以在小球相对滑块运动的过程中小球与滑块组成的系统动量不守恒，故B错误； A．当小球回到斜槽底部，相当于完成了弹性碰撞， 联立求得 当，与方向相同，向左；当，与方向相反，即向右，故A正确。 C．当小球到达斜槽最高点，由在水平方向上动量守恒有 可知小球具有水平速度，故C错误； D．滑块不固定，当时，设小球沿槽上升的高度为h，则有， 可解得，故D错误。 故选A。 变式训练1（2026·黑龙江哈尔滨·二模）（多选）如图，足够长的光滑水平面上有一个静止的光滑的四分之一圆弧形斜面，斜面末端与水平面平滑连接，斜面B质量为1 kg，圆弧半径。物块C的质量为3 kg，静止在水平地面上，物块质量为1 kg，现将从圆弧形斜面最高点由静止释放。A、C物块均可视为质点，A与C在水平面上发生弹性正碰。不计空气阻力，重力加速度g取。则下列说法正确的是（　　） A．物块A在斜面上运动的过程中，物块和斜面组成的系统机械能守恒 B．物块A刚运动至水平面时其速度大小为 C．物块A与物块C碰后，A与C速度大小均为 D．物块A最终仍能追上圆弧形斜面 【答案】AC 【详解】A．物块在斜面上运动的过程中，物块和斜面组成的系统机械能守恒，故A正确; B．由机械能守恒定律 由水平方向动量守恒 联立解得，负号表示方向向右，故B错误； C．与碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律 由机械能守恒定律 联立解得，，负号表示方向向右，故C正确； D．物块最终速度大小小于的速度大小所以不能追上圆弧形斜面，故D错误。 故选AC。 变式训练2（25-26高一下·天津·期末）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧，现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长，小球质量m=0.10 kg，物块、小车质量均为M=0.20 kg。小车上的水平轨道长L=1 m，圆弧轨道半径r=0.2 m，小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。求： (1)小球运动到最低点与物块碰撞前，小球受到的拉力大小 (2)小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小 (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球从水平位置摆至最低点的过程中，细线拉力不做功。由机械能守恒定律得 小球到达最低点时的速度为 在最低点沿细线方向由牛顿第二定律得 代入数据得拉力 （2）碰撞时间极短，绳的拉力对小球的冲量沿竖直方向，故小球和物块组成的系统在水平方向动量守恒。设碰后小球、物块的速度分别为，，取向右为正方向。由水平方向动量守恒和机械能守恒，分别有 ​ 联立解得物块速度 （3）碰撞后至物块在车上运动的过程中，物块和小车组成的系统在水平方向不受外力。设二者共速时的速度为，物块恰好到达圆弧轨道最低点时，若与小车共速，由水平方向动量守恒得，故 从碰撞后到圆弧最低点，物块与小车间的摩擦使系统机械能减少。由包括内能的能量守恒定律得 解得，要使物块以相对小车向右的速度进入圆弧轨道，必须有，物块上升到与圆心等高的圆弧端时，若仍相对小车向上运动，将冲出圆弧轨道端。临界时物块与小车共速，此临界状态仍满足水平方向动量守恒，二者共同速度为前述，从碰撞后到该临界位置，水平段摩擦产生内能，物块重力势能增加。由包括内能的能量守恒定律得 解得，为避免物块越过圆弧轨道端，应有。综合可得 考向4 子弹打木块模型 例（25-26高三上·天津河西·期末）如图所示，在光滑水平面上，质量为m的木块与轻质弹簧相连，弹簧的另一端连在竖直墙壁上，弹簧处于水平状态，木块处于静止状态。质量为m的子弹以水平向右的速度射入木块并留在木块内（该过程所用时间很短），之后木块压缩弹簧（未超出弹性限度），下列说法正确的是（    ） A．子弹打入木块的过程中，子弹受到的冲量大小为 B．子弹打入木块的过程中，子弹动能的减少量等于子弹和木块内能的增加量 C．子弹打入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒 D．在压缩弹簧的过程中，子弹、木块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 【答案】C 【详解】AC．子弹打入木块的过程，时间极短则外力忽略不计，子弹与木块组成的系统动量守恒，有 子弹受到的冲量大小为 子弹打入木块的过程中，会有内能产生，因而子弹和木块组成的系统机械能不守恒，故A错误，C正确； B．根据能量守恒定律，有 整理可得子弹动能的减少量 即子弹动能的减少量等于木块增加的动能与子弹和木块内能的增加量之和，故B错误； D．在压缩弹簧的过程中，外力不做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，但是墙壁对系统有向左的冲量，则系统动量不守恒，故D错误。 故选C。 变式训练1（2025·安徽合肥·模拟预测）（多选）为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两完全相同的钢板A、B厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为m的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是（　　） A．第一次子弹穿过A、B所用时间之比为 B．第二次子弹能击穿两钢板 C．第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B的深度为 D．第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为 【答案】CD 【详解】A．第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰好击穿时末速度为0，根据逆向思维，可以将看成子弹相对A、B做初速度为0的反向匀加速直线运动，穿过B、A的相对位移相等，则时间之比为，所以穿过A、B所用时间之比为，故A错误； BC．设子弹的初速度为v0，受到的阻力大小为f，第一次穿过A、B时共同速度为v，对系统，由动量守恒有 由能量守恒有 可得 第二次子弹穿过A时，设子弹速度为v1，A的速度为u，假设不能穿透B，最后与B的共同速度为v2，进入B的深度为d′，对子弹和A，由动量守恒有 由能量守恒有 可得 对子弹和B，由动量守恒有 由能量守恒有 可得 假设成立，故B错误，C正确； D．第一次系统损失的机械能 第二次系统损失的机械能 第一次、第二次系统损失的机械能之比为 故D正确。 故选CD。 变式训练2（2026·天津红桥·二模）如图所示，一颗子弹（可视为质点）以水平速度v0射向静止在光滑水平地面上的木块并最终留在其中，二者相对运动过程中子弹对木块的冲击力近似视为恒力，其大小为F。已知子弹质量为m，木块质量为M，不计空气阻力。求： (1)子弹相对木块静止时的速度大小v； (2)子弹和木块相对运动过程中木块的位移s； (3)子弹和木块组成的系统损失的机械能∆E。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）子弹射入木块过程中，系统水平方向不受外力，则动量守恒，根据动量守恒定律可得 解得 （2）以木块为研究对象，根据动能定理可得 解得 （3）根据能量守恒可知，系统损失的机械能等于系统初动能减去末动能，即 解得 考向5 “滑块—木板”模型 例（25-26高二下·天津红桥·阶段检测）如图所示，在光滑水平面上，有一质量为的薄板和质量为的物块。都以的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，则（　　） A．当薄板的速度为时，物块做减速运动 B．当薄板的速度为时，物块做加速运动 C．当薄板的速度为时，物块做加速运动 D．当薄板的速度为时，物块做匀速运动 【答案】B 【详解】根据题意可知，开始薄板向右减速，物块向左减速，当物块速度减为零时，薄板的速度为，由动量守恒定律有 解得 之后，薄板继续向右减速，物块向右加速，当两者速度达到相同时，设共同速度为，由动量守恒定律有 解得 之后两者相对静止，一起向右做匀速直线运动。综上所述可知，当薄板的速度为时，物块做加速运动，当薄板的速度为时，物块做减速运动。 故选B。 变式训练1（25-26高一下·天津河东·期末）如图所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点和圆心的连线与水平方向的夹角，另一端点为轨道的最低点。光滑水平面上紧靠点静置一质量的木板，木板上表面与点等高。质量可视为质点的物块从点以初速度水平抛出，恰好从端沿切线方向进入轨道并顺着轨道下滑，物块以的速度滑上木板的左端。取重力加速度，不计空气阻力，求： (1)物块在点的速度大小； (2)A、B两点之间的竖直高度； (3)若木板足够长，到物块和木板相对静止时，系统因摩擦产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块从到据机械能守恒定律 解得 物块恰好从端沿切线方向进入轨道有 解得 （2）物块从到做平抛运动，据动能定理 解得 （3）对物块与木板系统，据动量守恒定律 根据能量守恒定律得 联立解得 变式训练2（25-26高二下·天津和平·开学考试）如图所示，一个质量的物块以速度水平滑上一静止的平板车上，平板车质量，物块与平板车之间的动摩擦因数，其它摩擦不计（取），求： (1)物块相对平板车静止时，物块的速度？ (2)物块从滑上小车到与小车相对静止经历的时间？ (3)物块从滑上小车到与小车相对静止的过程中小车发生的位移？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块和平板车的相互作用过程系统动量守恒，以物块初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 代入数据得 （2）以平板车为研究对象，小物块滑上平板车后其加速度为 由运动学公式 代入数据 （3）小车初速度为0，匀加速位移 考点四 动量守恒定律解决多过程问题 考●向●破●译 考向1 单次碰撞的多过程问题 例（2026·湖南郴州·模拟预测）在竖直平面内，长为L的轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球A。将小球A拉至与O等高位置（绳水平）由静止释放，小球A摆到最低点时，与静止在光滑水平地面上、质量也为m的小球B发生完全非弹性碰撞（碰后粘在一起），碰撞时间极短。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，两小球均可视为质点。碰撞后瞬间，轻绳的拉力大小为（     ） A．4mg B．3mg C．2mg D．mg 【答案】B 【详解】小球从水平位置摆到最低点，以最低点为重力势能零点，只有重力做功，机械能守恒。设碰撞前速度大小为，可列出 解得 碰撞过程取小球的运动方向为正方向，碰撞时间极短，水平方向外力冲量可忽略，系统水平方向动量守恒。两球粘在一起，设碰后共同速度大小为，则 解得 碰后两球离开地面，设绳的拉力为。在最低点取指向点为正方向，由牛顿第二定律得 代入前述速度关系得 故选B。 变式训练1（25-26高三上·江苏南通·阶段检测）如图所示，物块A、B完全相同，A穿在足够长的光滑水平杆上，轻绳上、下端分别固定在A、B上，A、B静止。在B获得水平向右的初速度v后（     ） A．B的机械能守恒 B．A、B系统动量守恒 C．A的最大速度为v D．B能回到初始位置 【答案】C 【详解】A．物块在摆动过程中，轻绳的拉力对物块做负功，物块的机械能减小，所以物块的机械能不守恒，对物块、组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A错误； B．物块、组成的系统在水平方向不受外部作用力，系统水平方向动量守恒，但在竖直方向上物块具有竖直方向的分加速度，系统在竖直方向上受到的合外力不为零，系统总动量不守恒，故B错误； C．当物块向右摆起后第一次回到最低点时，物块在向右的张力分力作用下持续加速到速度达到最大，设两物块的质量均为，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒分别有， 解得和 由此可知物块的最大速度为，故C正确； D．物块、系统在水平方向动量守恒，由于初状态系统的总动量向右且保持不变，系统质心持续向右平移，物块无法回到绝对空间中的初始位置，故D错误。 故选C。 变式训练2（26-27高三上·天津西青·阶段检测）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块和分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将无初速释放，与碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径；和的质量相等为；和整体与桌面之间的动摩擦因数。重力加速度取。求 (1)滑块刚滑到最低点时对圆弧轨道的压力的大小； (2)滑块和碰撞损失的机械能； (3)A和B整体在桌面上滑动的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）圆弧轨道光滑，滑块刚滑到最低点时机械能守恒，则有 则滑块刚滑到最低点时速度大小为 滑块刚滑到最低点时，由向心力公式可得 代入数值解得 （2）圆弧轨道光滑，A、B碰撞动量守恒，则有 则碰撞后A、B整体的速度大小为 碰撞前A和B的机械能为 碰撞后A和B的机械能为 则滑块和碰撞损失的机械能为 （3）A、B整体受到桌面的摩擦力大小为 A、B碰撞后到A、B整体停下的过程中，根据动能定理有 解得A和B整体在桌面上滑动的距离为 考向2 两物体多次碰撞问题 例（26-27高二上·重庆沙坪坝·开学考试）如图所示，在光滑水平面上，质量为的球以速度向右运动，与静止的质量为的球碰撞，碰撞后球以（待定系数）的速率弹回，并与固定挡板发生弹性碰撞，若要使球能再次追上球并相撞，则系数可以是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】取向右为正方向。设第一次碰撞后球的速度为。对两球组成的系统，在第一次碰撞过程中动量守恒 解得 第一次碰撞的恢复系数不大于，由恢复系数定义有 代入上式可得 球与挡板弹性碰撞后速度大小仍为，方向向右。要再次追上球，需球的速度大于球的速度，即 代入上式可得 因此 故选C。 变式训练1（26-27高二上·河北邯郸·开学考试）如图所示，单摆P在平衡位置与光滑水平面上的弹簧振子Q恰好接触且无相互作用，P与Q的振动周期相同。现将摆球P向左拉开一很小角度由静止释放，P与Q的碰撞均为弹性正碰。下列说法中正确的是（　　） A．若P的质量比Q的小，第二次碰撞发生在图示位置右侧 B．若P的质量比Q的大，第二次碰撞发生在图示位置左侧 C．无论P、Q质量大小关系，第二次碰撞仍发生在图示位置 D．若P、Q的质量相等，整个装置的振动周期大于单摆的周期 【答案】C 【详解】设P、Q的质量分别为和，设P运动到最低点时的速度为，则当二者发生弹性碰撞后，有 碰撞前后能量也是守恒的，有 解得， 若，碰后P与Q都继续向右运动，P做振幅更小的单摆运动，周期不变，Q也做简谐运动，二者的周期相等，经过半个周期后，在单摆P的最低点再次相遇（也是各自的平衡位置），再次碰撞后依然是弹性碰撞，碰后P以原速度大小向左运动，Q静止，整个装置的运动周期与原单摆P或振子Q的周期是相同的； 若，碰后P向左运动，Q从平衡位置开始向右振动，经过半个周期后，在单摆P的最低点再次相遇（也是各自的平衡位置），再次碰撞后依然是弹性碰撞，碰后P以原速度大小向左运动，Q静止，整个装置的周期依然不变； 若，碰后P静止，Q以向右压缩弹簧开始做简谐振动，半个周期后回到P的最低点与P发生弹性碰撞，碰后P以向左运动，Q静止，从第一次碰撞到第二次碰撞依然需要半个周期的时间，所以无论质量如何，PQ的第二次碰撞都发生在图示的原位置，装置的周期也与单摆P的周期相同，是不变的。 故选C。 变式训练2（26-27高二上·广西南宁·阶段检测）如图所示，半径R=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，质量M=2kg的长木板A静止在光滑水平地面上，木板的左端恰好与圆弧轨道末端等高且相切，在木板A右侧的地面上固定着一个弹性竖直挡板P，木板与弹性挡板P碰撞后立即以碰前的速率反向弹回。质量m=4kg的滑块B（看作质点）从圆弧轨道顶端由静止滑下，当滑块B和木板A刚好相对静止时，木板A与挡板P发生第一次碰撞，已知滑块B与木板A间的动摩擦因数µ=0.5，滑块B始终不会从木板A上滑落，碰撞时间极短，取重力加速度g=10m/s2。求：（结果均可用分数表示） (1)滑块B和木板A第一次相对静止时的速度大小； (2)木板A最初静止时右端与挡板P之间的距离； (3)从木板A开始运动到第2次与挡板P碰撞过程经历的时间； (4)木板A至少多长。 【答案】(1)4m/s (2)0.8m (3) (4)3.6m 【详解】（1）滑块B从光滑圆弧滑下时，根据机械能守恒定律可得 从滑块B刚滑上木板A，到两者刚好相对静止过程中，A、B系统满足动量守恒定律，则 解得 （2）对木板A，根据动能定理可得 联立解得 即木板A最初静止时右侧与挡板P之间的距离为0.8m； （3）从滑块B刚滑上木板A到两者刚好第一次相对静止过程中，对A，根据动量定理得 解得 从A与P碰撞后到A、B第二次达到共速过程中A、B系统动量守恒，则 解得 A与P碰撞后，向左减速到速度减为0过程中，A的加速度为 运动时间 位移为 此后A反向加速到v2，此过程中运动时间 位移为 共速后A、B一起向右匀速运动直到A与P第二次碰撞，此过程运动时间 即从木板A开始运动到第2次与挡板P碰撞过程经历的时间为 （4）A与P碰撞后，A的速度等大反向，此后A、B系统满足动量守恒定律和能量守恒定律，因为，所以A、B系统总动量方向向右，因此碰撞后B向右减速运动，A先向左减速运动再反向加速，最后达到共速，与弹性挡板P碰撞，后续重复上述过程，由于滑块B不会从长木板A上滑落，最终A、B系统静止，整个过程中系统能量守恒，则 解得 即木板A最小长度为3.6m。 考向3 多物体多次碰撞问题 例（2026·安徽·模拟预测）牛顿摆是一个经典有趣的物理演示装置。某同学设计的牛顿摆模型为用完全相同不可伸长的轻绳将3个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于天花板，小球间有微小间隔，如图所示。从左到右，小球的编号依次为1、2、3，小球的质量依次增加，每个小球与其相邻左球的质量之比为k（）。今将1号球向左拉起高度h，轻绳伸直，然后由静止释放，使其在最低点与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞，所有碰撞均为弹性正碰，若2号球与3号球第一次碰撞后3号球摆动升高的高度为，则k值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设1号球质量为，由题意“每个小球与其相邻左球的质量之比为”可知，2号球质量为，3号球质量为 1号球下摆过程，根据机械能守恒定律有 解得1号球碰撞前的速度 1号球与2号球发生弹性正碰，设碰后速度分别为、 根据动量守恒定律和机械能守恒定律 联立解得2号球碰后速度 同理，2号球与3号球发生弹性正碰，碰后3号球速度 综合上述过程，3号球碰后速度 3号球碰后上升高度为，根据机械能守恒定律有 解得 联立速度关系式可得 因，解得，故A正确； 故选A。 变式训练1（26-27高三上·河南信阳·阶段检测）如图所示，长为的木板右端有一挡板（厚度不计），静置在光滑水平地面上，完全相同的两物块、（可视为质点）分别置于的左端和中点处，、、的质量均为。现给一水平向右的初速度，此后和、和各发生一次碰撞，且恰好未从上滑落。所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度大小为。求： (1)与碰撞前后，的加速度大小之比； (2)从开始运动至再次回到左端过程中，系统产生的热量； (3)从开始运动至再次回到左端时，的位移大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A与B碰撞前，以A为研究对象，有 A向右匀减速运动，BC一起向右匀加速运动，A与B碰撞过程动量守恒、机械能守恒 解得 A与B碰撞后B向右匀减速运动，A、C相对静止一起向右匀加，以A和C为研究对象，则 则A与B碰撞前后，A的加速度大小之比为 （2）对于A、B、C系统，A恰好未从C上滑落，从A开始运动至再次回到C左端过程中，由动量守恒有 由能量守恒得系统产生的热量 解得 （3）对全过程物体运动的图像如图，经分析有 从开始到B、C碰撞前瞬间，由动量守恒有 从开始到B、C碰撞前瞬间，由功能关系有 联立解得 经分析从开始到B、C碰撞前瞬间，A、B、C的位移大小相等，设为，则对C由动能定理有 B、C碰撞过程动量守恒、机械能守恒 解得 则B、C碰撞后A、B相对静止，相对C向左做匀加速运动，C向右匀减速运动直到A、B、C共速，设B、C碰撞后到A、B、C共速前，C的位移为，由动能定理有 又 解得 变式训练2（2026·湖南郴州·模拟预测）如图所示，足够长的光滑水平杆固定在足够长的光滑水平地面上方，轻质弹簧连接着小球甲、乙，质量为m的小球甲放置在水平地面上，质量为2 m的小球乙穿在杆上，初始时两球均静止，弹簧竖直且处于原长状态。质量为的物块从小球甲左侧以水平向右、大小为v的速度撞向小球甲，物块与小球甲发生弹性碰撞（碰撞时间极短），第一次碰撞后经时间t弹簧第一次恢复到原长。物块与两小球均可视为质点，小球甲运动过程中始终未脱离地面，弹簧始终在弹性限度内。求： (1)物块与小球甲第一次碰撞后瞬间物块的速度大小v1； (2)物块与小球甲第二次碰撞前，弹簧的最大弹性势能Emax； (3)弹簧第一次恢复到原长时物块与小球甲间的距离d。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块与小球甲第一次碰撞过程中，由动量守恒与机械能守恒定律有 联立解得碰撞后瞬间物块的速度大小，小球甲速度大小 （2）物块与小球甲第二次碰撞前，弹簧弹性势能最大时两小球速度相同，由动量守恒定律有 此时两小球的共同速度 由机械能守恒定律可知弹簧的最大弹性势能 （3）从物块与小球甲第一次碰撞后到弹簧第一次恢复到原长前，两小球组成的系统动量守恒，设小球甲、乙速度分别为、，则有 等式两侧同乘以微小时间，即 时间t内两小球位移相同，上式进行累加可得 解得 而时间t内物块以速度v1做匀速运动，其位移为 弹簧第一次恢复到原长时物块与小球甲间的距离 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $