江苏2027届高考物理一轮复习讲义 专题21 动量守恒定律及其应用

专题21　动量守恒定律及其应用　【江苏专用】 2027年高考物理一轮复习（人教版2019） 专题21　动量守恒定律及其应用 2027年高考物理一轮复习 人教版（2019）　江苏专用 建议用时：60 分钟 题量：55 题 难度：★★★★☆ 版本：原卷版 ● 内容概览 ● 01 　动量守恒定律 　考点一　动量守恒定律的理解 　考点二　动量守恒定律的简单应用 02 　碰撞与类碰撞 　考点三　弹性碰撞 　考点四　完全非弹性碰撞与子弹打木块 　考点五　类碰撞模型 03 　反冲、爆炸与人船模型 　考点六　反冲与爆炸 　考点七　人船模型与类人船模型 04 　弹簧、板块与三大观点 　考点八　弹簧模型 　考点九　板块模型 　考点十　力学三大观点综合应用 05 　综合练习 ▎学习目标 1．理解系统、内力、外力的概念，掌握动量守恒定律的内容及四种表达式 。 2．掌握动量守恒的三种适用条件（理想守恒、近似守恒、某方向守恒）和“四性”，能正确判断系统是否守恒。 3．掌握弹性碰撞规律，能利用碰撞三原则判断碰撞结果，会用动碰动、动碰静的结论及质量相等交换速度等特例。 4．理解非弹性碰撞、完全非弹性碰撞，掌握子弹打木块的能量分析（生热 Q=fd）。 5．掌握类碰撞（圆弧凹槽）、反冲爆炸、人船模型、弹簧模型和板块模型，能抓住共速、原长等临界状态。 6．能灵活选用力学三大观点（动力学、能量、动量）综合分析多体、多过程问题，发展模型建构与科学推理能力。 ▎课标与考情 【课标要求】理解动量守恒定律，能运用动量守恒定律解释自然现象、解决一些实际问题；理解弹性碰撞和非弹性碰撞，能举出实例并加以说明；能用动量守恒定律解释反冲现象，知道火箭的飞行原理。通过碰撞、反冲等具体问题的分析，体会自然界的守恒思想，发展模型建构、科学推理和科学论证能力。 【考情分析】江苏高考物理采用自主命题（满分100分，考试时间75分钟）：单项选择题10题（每题4分，共40分）；非选择题5题（含1道实验题和4道计算题，共60分）。动量守恒定律是江苏高考的核心与必考内容：选择题常以碰撞、反冲、人船、弹簧、板块为情境，考查动量守恒条件、碰撞三原则和图像分析；计算题常以子弹打木块、圆弧凹槽、多体多过程为背景，综合考查动量守恒与能量守恒。复习时要牢牢抓住“”这一矢量主线，先判断系统是否守恒、规定正方向，再结合能量关系，并关注火箭回收、空间交会对接等科技热点情境。 ▎思维导图 图1　动量守恒定律及其应用知识网络 考向一　动量守恒定律 本考向聚焦动量守恒定律的内容、表达式、适用条件和“四性”，能正确判断系统是否守恒并进行简单应用。 考点一　动量守恒定律的理解 ▎知识梳理 1．系统、内力和外力 （1）系统：相互作用的若干物体所构成的整体。 （2）内力：系统内各物体之间的相互作用力。 （3）外力：系统外的物体对系统内物体的作用力。 2．动量守恒定律的内容 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。 3．动量守恒定律的四种表达式 （1）系统作用前后总动量相等： （2）两物体系统： （3）两物体动量变化量等大反向： （4）系统总动量变化量为零： 4．动量守恒定律的“四性” 矢量性：动量守恒是矢量守恒，需规定正方向；瞬时性：每一时刻总动量都相等；同一性：各速度须相对同一参考系；普适性：宏观、微观、高速、低速均适用。 守恒类型 适用条件 说明与实例 理想守恒 系统不受外力或所受外力矢量和为零 总动量严格守恒，如光滑水平面上两物体碰撞 近似守恒 系统所受外力远小于内力 碰撞、爆炸、击打等瞬间，外力冲量可忽略 某方向守恒 系统在某方向所受外力合力为零 该方向动量守恒，如小球沿光滑凹槽下滑 ▎重难诠释 研究对象是“系统”，先分清内力、外力；内力不改变系统总动量，只有外力才能改变总动量。 动量守恒是矢量守恒，不能只看大小；一维先规定正方向，注意“某方向守恒”与“总动量守恒”的区别。 记忆点：守恒条件看外力，矢量和为零才能用；内力再大总动量不变。 ◆ 例题·变式演练 【例题】下列情况中系统动量守恒的是（　　） ①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 ②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统 ③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 ④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 A．①和③ B．①和③④ C．只有① D．①和② 【变式1】如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上。它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同。如图丙所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为m（m＜M）的小球从弧形槽h高处由静止开始下滑，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．图甲从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．图乙从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，A和B组成的系统动量守恒，机械能守恒 C．图乙从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零 D．图丙从小球下滑到弹簧压缩量最大的过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 【变式2】如图所示，物体B放在光滑水平面上，小球A从B的顶端由静止释放，在A沿曲面下滑过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球A对物体B的压力的冲量水平向左 B．物体B对小球A的支持力始终不做功 C．无论曲面是否光滑，A与B组成的系统机械能都不守恒 D．无论曲面是否光滑，A与B组成的系统水平方向的动量都守恒 【变式3】如图所示，光滑水平地面上有一倾角为θ的斜面体，斜面体左侧有竖直固定墙面，一光滑小球被夹在竖直墙面与斜面体之间，初始时系统静止，现释放斜面体，小球沿竖直墙面向下运动，斜面体沿水平地面向右运动，不计一切摩擦。下列说法不正确的是（　　） A．小球下落过程中，重力与斜面体对小球的支持力做的总功，等于小球动能的变化量 B．小球与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒 C．小球与斜面体组成的系统，在运动过程中动量守恒 D．小球下落时，小球减少的重力势能，等于小球增加的动能与斜面体增加的动能之和 考点二　动量守恒定律的简单应用 ▎知识梳理 1．应用动量守恒定律的一般步骤 （1）确定研究系统；（2）分析受力，判断是整体守恒还是某方向守恒；（3）规定正方向；（4）确定初、末状态的动量；（5）列方程求解。 2．速度的“三性” 矢量性：要先规定正方向；相对性：各速度须相对同一参考系；瞬时性：各速度为对应时刻的瞬时速度。 3．某方向动量守恒 当系统所受外力在某一方向的合力为零时，该方向动量守恒；其余方向不一定守恒。 对比项目 动量守恒定律 机械能守恒定律 守恒条件 系统所受外力矢量和为零 只有重力、系统内弹力做功 表达式 矢量式（一维带正负号） 标量式 物理本质 力对时间的积累 力对空间的积累 关注量 动量、冲量 动能、势能 ▎重难诠释 先判断系统是否守恒（整体或某方向），再规定正方向、列方程；各速度统一相对同一参考系。 动量守恒与机械能守恒的条件不同，不能因为动量守恒就认为机械能也守恒。 记忆点：一选系统二判断，三定方向四列方程求结果。 ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，方盒A静止在光滑的水平面，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则（　　） A．最终盒的速度大小是 B．最终盒的速度大小是 C．滑块相对于盒运动的路程为 D．滑块相对于盒运动的路程为 【变式1】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． 【变式2】如图所示，细绳绕过光滑定滑轮栓接物块a、b且＞。初始时物块a静止在地面上，b离地面高度为h，绳子恰好伸直。现将b由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．释放瞬间，轻绳的拉力等于b的重力 B．运动过程中a的加速度可能大于重力加速度g C．b着地前，物块a、b系统动量守恒 D．若＝2，则a可以上升的最大高度为 【变式3】如图所示，在光滑的水平地面上有一质量为M、倾角为θ的斜面，斜面上表面光滑。长度为L，重力加速度为g。质量为m（m＝M）的小滑块自斜面顶端滑下，在滑到斜面底端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑块和斜面构成的系统动量守恒 B．滑块下滑的加速度为gsinθ C．滑块的位移为 D．斜面体的速度为 考向二　碰撞与类碰撞 本考向聚焦弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞和类碰撞模型，掌握碰撞三原则及子弹打木块、圆弧凹槽的分析方法。 考点三　弹性碰撞 ▎知识梳理 1．碰撞的特点 碰撞作用时间极短，碰撞力（内力）远大于外力，因此碰撞过程中系统动量守恒。 2．碰撞三原则 ①系统动量守恒；②系统动能不增加（碰前总动能不小于碰后）；③碰后速度合理（碰后两物体不能继续相互穿透）。 3．弹性碰撞 碰撞过程中机械能（动能）守恒，称为弹性碰撞，同时满足： 以及动能守恒： 4．动碰动弹性碰撞结论 5．动碰静弹性碰撞结论 被碰球初始静止（v2=0），初速度记为 v0，则： 质量关系 碰后入射球 碰后被碰球 特点 m1=m2 =0 v2′=v0 交换速度 m1>m2 v1′>0 v2′>0 大碰小，同向 m1<m2 v1′<0（反弹） v2′>0 小碰大，反弹 m1≫m2 v1′≈v0 v2′≈2v0 大碰极小 m1≪m2 v1′≈−v0 v2′≈0 极小碰大 ▎重难诠释 碰撞三原则要同时满足，速度合理性是易错点：碰后同向时，后面物体速度不能大于前面物体。 质量相等交换速度；小碰大反弹、大碰小同向；弹性碰撞两守恒。 记忆点：弹性碰撞两守恒，等质交换小反弹、大碰小同向。 ◆ 例题·变式演练 【例题】光滑水平面上有A、B两球，B球静止，A球向B球运动，发生弹性正碰，碰撞过程中A球的速度—时间图像如图所示。已知时刻A球的速度变化率最大，B球的质量为m，两球压缩最紧时弹性势能为，则（　　） A．A球的质量为 B．时刻两球的弹性势能最小 C．在0～时间内B球所受的冲量大小为 D．两球压缩最紧时弹性势能与B球的动能之比为 【变式1】如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和km（k＞3），摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（　　） A．第一次碰撞后的瞬间，a球速度小于b球 B．第一次碰撞后的瞬间，a球动量大于b球 C．第一次碰撞后，a球最大摆角小于b球 D．发生第二次碰撞后的瞬间，b球的速度变为零 【变式2】如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为＝2，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为10kg•m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量为6kg•m/s，则（　　） A．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6：7 B．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为3：5 C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6：7 D．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为3：5 【变式3】如图是P、Q两小球碰撞过程的x﹣t图像，虚线和实线分别表示P球和Q球的运动情况，则（　　） A．P球的质量大于Q球的质量 B．Q球的质量大于P球的质量 C．碰撞是弹性碰撞 D．碰撞是非弹性碰撞 考点四　完全非弹性碰撞与子弹打木块 ▎知识梳理 1．碰撞的分类 按碰撞过程中机械能是否守恒，可分为弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞（详见下表）。 2．完全非弹性碰撞 碰后两物体粘在一起、以共同速度运动，动能损失最多，共同速度： 损失的机械能： 3．子弹打木块模型 设子弹射入木块过程中，木块对地位移为 x，子弹相对木块射入深度为 d，子弹对地位移为 x+d，平均阻力为 f。 子弹动能减少量为 f(x+d)，木块动能增加量为 fx，系统产生的热量等于阻力乘以相对位移： 碰撞类型 动量 动能 碰后状态 弹性碰撞 守恒 守恒 两物体分离 非弹性碰撞 守恒 减少 两物体分离 完全非弹性碰撞 守恒 损失最多 两物体共速（粘在一起） ▎重难诠释 子弹动能减少量是 f(x+d)，不是 fd；木块动能增加 fx；只有系统生热 Q=fd。 完全非弹性碰撞后两物体共速，损失动能最多，但动量仍守恒。 记忆点：子弹减能 f(x+d)，木块增 fx，生热 Q=fd。 ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。已知子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，在此过程中木块的位移为s，则子弹动能的减少量和木块动能的增加量分别为（　　） A．fs、f（s+d） B．f（s+d）、fs C．fs、fd D．fd、fs 【变式1】如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹以速度射入木块，最后留在木块中随木块一起做匀速运动，若子弹所受阻力恒定不变，下列说法正确的是（　　） A．子弹和木块系统动量守恒 B．子弹和木块系统机械能守恒 C．子弹对木块做的功等于子弹动能的减少量 D．木块对子弹做功的绝对值等于子弹和木块系统损失的机械能 【变式2】木块静止在光滑水平桌面上，一颗子弹（可视为质点）水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿平面移动的距离为x，木块对子弹的平均阻力为f，那么在这个过程中，下列说法正确的是（　　） A．子弹的动能减少量为fd B．产生的热量为f（x+d） C．木块对子弹的阻力、子弹对木块的推力做功之和为0 D．木块的动能增量小于子弹动能的减少量 【变式3】如图甲所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度与子弹的速度之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法不正确的有（　　） A．M：m＝3：2 B．木块所能达到的最大速度为40m/s C．该过程中二者因摩擦而产生的热量比木块增加的动能大 D．仅将木块换成等质量的较硬的木块，虽然子弹射入木块的深度变小，但是二者因摩擦而产生的热量不变 考点五　类碰撞模型 ▎知识梳理 1．类碰撞现象 小球冲上光滑的圆弧凹槽（或小车），系统水平方向动量守恒，且因只有重力做功，系统机械能守恒。 图1　小球冲上光滑圆弧凹槽：水平方向动量守恒、系统机械能守恒 2．两个关键状态 （1）小球到达最高点时，小球与凹槽水平方向共速；（2）小球若能返回并离开凹槽，全过程相当于弹性碰撞。 3．解题要点 水平方向列动量守恒，系统列机械能守恒；注意小球速度与凹槽速度的相对性，各速度统一对地。 对比模型 动量守恒 机械能 关键状态 类碰撞（圆弧凹槽） 水平方向守恒 守恒 最高点水平共速 完全非弹性碰撞 整体守恒 损失最多 碰后共速粘在一起 弹性碰撞 整体守恒 守恒 碰后两物体分离 ▎重难诠释 圆弧凹槽只能用水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒；最高点是水平共速。 小球能返回时，全过程相当于弹性碰撞，可用两守恒直接求离开时的速度。 记忆点：凹槽水平动量守恒，最高点共速，能返回即弹性。 ◆ 例题·变式演练 【例题】带有光滑圆弧轨道，质量为m的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为m的小球以速度水平冲上车，到达某一高度后，小球又返回车左端，则下列错误的是（　　） A．小球返回车的左端时，速度为零 B．小球返回车的左端时，速度为 C．小球上升到最高点时，小车的速度为 D．小球在弧形槽上上升的最大高度为 【变式1】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块右侧面为一个半径为R的弧形的光滑凹槽，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以水平速度从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g。下列说法中正确的是（　　） A．小球返回A点后做自由落体运动 B．当时，小球恰好能到达B点 C．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 D．当时，小球从A点冲向B点的过程中，滑块的动能增大，返回过程中，滑块的动能减小 【变式2】如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行光滑导槽，质量为m的光滑U形管静止在导槽上，U形管能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度从U形管的一端射入。已知小球的半径略小于管道半径，下列说法正确的是（　　） A．该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒 B．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为 C．当小球从U形管的另一端射出时，速度大小为 D．从小球入射至运动到U形管圆弧部分最左端过程中，导槽对U形管的冲量大小为 【变式3】如图所示，一个质量M＝1kg的滑块静止在光滑水平面上，其AB段是半径R＝0.6m的光滑圆弧，BC段水平，A点与圆心O等高，OB与竖直方向成30°，一质量m＝2kg、可视为质点的小球从A点由静止释放，最终恰好落在滑块的C点，g取10，求： （1）小球运动到圆弧最低点时的速度大小； （2）小球运动到圆弧最低点时对滑块的压力大小； （3）水平面BC的长度。 考向三　反冲、爆炸与人船模型 本考向聚焦反冲、爆炸规律和人船模型，能利用平均动量守恒解决位移问题。 考点六　反冲与爆炸 ▎知识梳理 1．反冲现象 一个物体向某方向射出（或抛出）一部分，另一部分向相反方向运动，这种现象叫作反冲；反冲过程中系统动量守恒。 2．爆炸规律 ①系统动量守恒；②爆炸后系统动能增加（化学能转化为机械能）；③爆炸瞬间作用时间极短，各部分位置不变。 3．火箭的飞行原理 火箭通过高速喷出燃气获得反冲力；喷气速度越大、喷出质量与箭体质量之比越大，火箭获得的速度增量越大。 对比项目 反冲 碰撞 动量 守恒 守恒 动能 一般增加（内能转化） 不增加（弹性碰撞除外） 作用后 两部分反向运动 可分离或共速 典型实例 火箭、喷水、放炮 两球相撞、子弹打木块 ▎重难诠释 反冲中两部分反向运动，系统动量守恒；爆炸动能增加，不能用“动能不增加”判断。 火箭速度增量随喷气速度、质量比增大而增大；爆炸瞬间位置不变、速度突变。 记忆点：反冲两部分反向，爆炸动能增加、位置不变。 ▎热点·科技前沿 热点·朱雀三号火箭首次陆地回收 2026年8月19日，蓝箭航天朱雀三号遥二运载火箭在发射并将卫星送入预定轨道后，其一子级在甘肃民勤着陆场坪成功软着陆，实现我国首次以着陆支腿方式进行入轨火箭陆地回收。返回段，一子级先后完成高空返回调姿、再入点火动力减速、气动滑行控制；着陆前发动机再次点火向下喷气，利用反冲使箭体减速，同时展开着陆支腿。着陆支腿通过压缩缓冲装置延长作用时间，在动量变化量一定时，Δt 增大，冲击力 F 减小，从而实现平稳软着陆。这一过程同时体现了反冲减速和缓冲减力的动量思想。 图2　朱雀三号一子级展开着陆支腿、发动机点火反推平稳着陆 ◆ 例题·变式演练 【例题】一架总质量为m的火箭在太空背景中以速度v匀速飞行，某时刻火箭在极短的时间内喷射出质量为Δm的燃烧气体，喷出气体与火箭的相对速度大小为u，设火箭初速度方向为正方向，则（　　） A．气体喷出后的运动方向可能与火箭运动方向相同 B．气体和火箭组成的系统在短时间内可近似认为动量和机械能都守恒 C．火箭喷出气体后速度可增加到 D．Δm和m的比值越大，火箭速度的增加量就越小 【变式1】“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，要增大火箭的发射速度大小，下列操作中可行的是（　　） A．增大的同时减小m B．增大M的同时减小m C．增大的同时减小M D．同比例增大M、m 【变式2】如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为8m、14m，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为2、，乙船上的人将一质量为2m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，刚好可避免两船相撞，同时保证两船继续同向运动，不计水的阻力。则抛出货物的速率是（　　） A． B． C． D． 【变式3】在平静的水面上漂浮着一块质量M的带有支架的木板，支架上蹲着一只质量为m的青蛙，M＞m，突然青蛙以相对于地面以一定水平速度向右跳出，恰好落到木板最右端。水的阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．青蛙对木板的冲量大小大于木板对青蛙的冲量大小 B．青蛙落到木板后两者一起向右运动 C．该过程青蛙相对于地面的水平位移大于木板相对于地面的水平位移 D．如果增加木板的质量（长度不变），则青蛙以同样的水平速度跳出后会落入水中 考点七　人船模型与类人船模型 ▎知识梳理 1．人船模型 人在静止的船上行走，水平方向动量守恒、系统初动量为零，故任一时刻： 2．平均动量守恒 对运动过程求和（平均动量守恒），并结合几何关系，有： 3．位移结论 图3　人船模型：人、船位移与质量成反比 4．类人船模型 两物体组成的系统初动量为零、水平方向动量守恒，即 m1x1=m2x2，且 x1+x2 等于两物体的相对位移。 图4　类人船模型举例：斜面滑块、气球爬绳、小车摆球 模型要点 条件或结论 适用条件 系统水平方向不受外力、初动量为零 平均动量 几何关系 位移特点 位移与质量成反比，人（轻的）走得远 ▎重难诠释 人船模型要求水平方向动量守恒、初动量为零；用平均动量守恒 m船x船=m人x人。 x船、x人都相对地面，二者之和等于相对位移（船长），位移与质量成反比。 记忆点：人船平均动量守恒，位移与质量成反比，轻的走得远。 ◆ 例题·变式演练 【例题】人的质量m＝50kg，船的质量M＝40kg，人水平从船上向岸上跳。若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人恰好可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用时间相等）（　　） A．1.5m B．1.34m C．1.2m D．1.0m 【变式1】长为l的轻绳，一端用质量为m的圆环套在水平光滑的横杆上，另一端连接一质量为2m的小球，开始时，将小球移至横杆处（轻绳处于水平伸直状态，如图），然后轻轻放手，当绳子与横杆成直角，此过程圆环的位移是x，则（　　） A．xl B．系统动量守恒 C．小球所受冲量与圆环所受冲量始终大小相等 D．小球机械能守恒 【变式2】如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略所有摩擦阻力，已知重力加速度为g，则（　　） A．任意时刻小球与小车的动量等大反向 B．小球运动到最低点时的速度大小为 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3】如图所示，一质量M＝2.0kg的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量m＝1.0kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度＝4m/s，已知重力加速度g＝10。下列说法正确的是（　　） A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为v＝3m/s B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为 C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块运动的位移大小为 D．若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移大小为 考向四　弹簧、板块与三大观点 本考向聚焦弹簧模型、板块模型和力学三大观点，能抓住共速、原长等临界状态，综合分析多体、多过程问题。 考点八　弹簧模型 ▎知识梳理 1．弹簧模型 轻弹簧连接两物体置于光滑水平面上，系统水平方向动量守恒、机械能守恒（弹簧弹力为内力）。 2．两个临界状态 弹簧压缩最短（或伸长最长）时，两物体共速、弹性势能最大；弹簧恢复原长时弹性势能为零、相对速度最大。 图5　弹簧模型：原长→压缩最短（共速）→恢复原长→伸长最长（共速） 3．不同质量下的 v-t 图像 图6　mA=mB：两曲线关于共速线对称 图7　mA>mB：入射球速度不到零 图8　mA<mB：被碰球速度可出现负值 状态 两物体速度 弹簧弹性势能 原长 相对速度最大 为零 压缩最短 共速 最大 恢复原长 相对速度最大 为零 伸长最长 共速 最大 ▎重难诠释 共速时弹簧形变最大（最短或最长），弹性势能最大，不是原长。 恢复原长时弹性势能为零、相对速度最大；v-t 图交点对应共速。 记忆点：弹簧共速形变最大，原长势能为零。 ◆ 例题·变式演练 【例题】如图甲所示，一轻弹簧的两端与两物块A、B相连接并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知＝1kg，下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为0.5kg B．弹簧的最大弹性势能为3J C．和两时刻弹簧的长度相等 D．从到时刻弹簧由压缩状态恢复原长 【变式1】如图所示，甲、乙两个滑块用细线连接，中间有一处于压缩状态的轻弹簧，两滑块一起在光滑水平面上向右匀速运动。某时刻细线突然断裂，甲与弹簧分离后向左运动，在弹簧恢复原长的过程中（　　） A．甲的动能一直减小 B．甲的动量一直减小 C．甲、乙系统的动能一直增大 D．甲、乙系统的动量一直增大 【变式2】如下图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的挡板，但未粘合在一起，另一物体A以水平向左的速度向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别为M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限度。则下列说法正确的是（　　） A．整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒 B．挡板对物体C的冲量大小为 C．物体C的最大速度为 D．如果M＝m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为3：1 【变式3】如图所示，轨道ABCD由半径＝1.5m的光滑四分之一圆弧轨道AB、长度＝0.6m的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量＝1kg的物块P和质量＝2kg的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量＝4kg的小车，小车上表面EF段粗糙、长度L＝0.5m，E、F两端均固定有弹性挡板，小车与地面间的阻力忽略不计。现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹开（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），物块P向左运动进入CBA轨道，物块Q向右运动滑上小车（恰好从E端滑入，不计滑入时的能量损失）。已知P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10，不计物块与挡板碰撞的时间，不计物块经过各连接点时的机械能损失。 （1）若物块P经过CB后恰好能到达圆弧轨道的最高点A，求弹开后瞬间物块P的速度大小，以及弹簧锁定时的弹性势能； （2）在（1）的条件下，若物块Q与挡板的碰撞为弹性碰撞，求Q从滑上小车到最终与小车相对静止的过程中，Q与挡板的碰撞次数，以及Q相对于小车运动的总路程； （3）在（2）的条件下，若物块Q与挡板碰撞时的恢复系数为e（0＜e＜1），求从Q滑上小车到最终与小车相对静止的过程中，Q相对于小车运动的总路程。 考点九　板块模型 ▎知识梳理 1．板块模型 滑块在长木板上相对滑动，当水平面光滑时，滑块与木板组成的系统动量守恒。 图9　板块模型：摩擦力作用下两物体最终共速 2．功能关系 摩擦力生热 Q=f·相对位移；两物体共速时相对静止，相对位移不再增大。 3．解题要点 分别明确各物体的对地位移和相对位移，结合牛顿第二定律、动能定理和动量守恒求解。 分析角度 关系或规律 动力学 摩擦力 f=μmg，分别求两物体加速度 功能 生热 Q=f·相对位移 动量 水平面光滑时系统动量守恒 最终状态 共速、相对静止 ▎重难诠释 摩擦生热用相对位移，不是对地位移；共速时两物体相对静止。 水平面光滑时系统动量守恒；有挡板时碰撞瞬间只改变相碰物体速度。 记忆点：板块摩擦生热 f 相对位移，共速相对静止。 ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（　　） A．若M＞m，物体A对地向左的最大位移是 B．若M＜m，小车B对地向右的最大位移是 C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为 D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 【变式1】如图所示，质量M＝4kg，半径R＝2m的四分之一光滑圆弧轨道P放置在光滑水平平台上，轨道最低点与平台相切，轨道右侧有一质量m＝1kg的长木板B静止于光滑水平面上，木板上表面与平台面等高且紧靠平台，木板右端与竖直挡板距离为L，将质量＝2kg小物块（视为质点）从圆弧轨道端点A的正上方h＝0.7m处无初速释放，经过平台后滑上木板，当小物块刚好与木板共速时，木板与挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，小物块始终没有脱离木板，重力加速度g取10，不计空气阻力，求： （1）小物块滑离圆弧轨道时的速度大小； （2）木板右端到挡板的距离L； （3）从小物块滑上木板到最终停止，木板的总路程s。 【变式2】如图所示，P为固定竖直挡板，质量为3m的长木板A静置于光滑水平面上（A的上表面略低于挡板P的下端），质量为m的小物块B（可视为质点）置于长木板的右端，物块B和长木板A以相同的水平初速度一起向右运动，物块B与挡板P碰撞后反向运动，经过一段时间，B最终停止运动。已知小物块B始终未从长木板A上滑下，A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块与挡板发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求： （1）第一次碰撞后瞬间A、B的加速度大小和； （2）B、P从第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间t； （3）A板长度的最小值L。 【变式3】如图所示，半径R＝1.8m的四分之一光滑圆弧轨道固定在水平地面上，最低点切线水平，紧邻轨道左侧放置着一下表面光滑、上表面粗糙的木板A，在木板A的左侧放置一小物块C。从与圆心O点等高处静止释放小滑块B，经圆弧最低点滑上A，A与B共速后，再与C发生弹性碰撞.在以后的运动过程中，小滑块B始终在木板A上。已知＝2kg，＝1kg，＝2kg，B与A间、C与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，重力加速度g＝10。求： （1）B经过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小； （2）A、C第一次碰撞前，A、B系统损失的机械能ΔE； （3）C在地面上运动的最大位移x。 考点十　力学三大观点综合应用 ▎知识梳理 1．力学三大观点 动力学观点（牛顿运动定律）、能量观点（动能定理、机械能守恒）、动量观点（动量定理、动量守恒）。 图10　力学三大观点及其相互联系 2．选用原则 涉及力、加速度用动力学；涉及位移、功用能量；涉及时间、碰撞、内力用动量。 3．综合应用 多体、多过程问题往往需要结合多个观点，分阶段处理，注意临界状态和各阶段的速度衔接。 观点 核心规律 适用问题 动力学观点 牛顿第二定律 F=ma 求力、加速度、瞬时状态 能量观点 动能定理、机械能守恒 涉及位移、功、速度大小 动量观点 动量定理、动量守恒 涉及时间、碰撞、反冲、内力 ▎重难诠释 碰撞、反冲优先用动量观点；涉及高度、速度大小用能量观点；涉及加速度用动力学。 多过程问题分阶段，抓住共速、原长、最高点等临界状态，衔接时速度不变。 记忆点：力与加速度动力学，位移做功能量，时间碰撞动量。 ▎热点·科技前沿 热点·神舟二十三号径向交会对接 2026年5月25日，神舟二十三号载人飞船采用自主快速交会对接方式，经过约3.5小时，成功对接于空间站天和核心舱径向端口，首次有香港航天员进驻空间站。对接前，飞船沿径向（指向地心方向）接近核心舱，通过多次姿态与轨道控制，使两者在接触瞬间的相对速度很小；对接机构捕获、锁紧后，飞船与核心舱连成一体、以共同速度绕地球运行。这一过程在动量上可视为完全非弹性碰撞：对接瞬间系统（飞船与空间站）动量守恒，而锁紧后两者共速，部分动能转化为锁紧机构的内能，体现了动量守恒与能量转化的综合应用。 图11　神舟载人飞船径向接近空间站并交会对接（对接后共速） ◆ 例题·变式演练 【例题】如图，光滑轨道PQO的水平段，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短，物块可视为质点，不计空气阻力。求： （1）小物块A第一次到达O点时的速度大小，以及第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小； （2）第一次碰撞后，A沿光滑轨道上升的最大高度，以及B在水平地面滑行至停止的总位移大小； （3）A沿光滑轨道返回O点后向右滑行直至静止，求A、B最终静止时到O点的距离，并计算全过程中系统因摩擦产生的总内能。 【变式1】图示，左侧水平高台上放置一质量＝0.92kg的木块，一质量＝0.08kg的子弹以＝400m/s的速度射向木块并留在其中，随后木块滑向右侧光滑水平面上足够长的长木板上，长木板上表面粗糙且与高台齐平，长木板右侧足够远处排列2个质量均为M＝3kg的铁块，已知长木板质量m＝1kg，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度g＝10，求： （1）子弹打入木块过程中系统损失的机械能； （2）木块第一次与长木板共速过程中，受到长木板的摩擦力的冲量大小； （3）木块最终的速度大小。 【变式2】如图，内部光滑的细圆环水平放置并固定，圆环内有质量相等的小球A、B和C静止于彼此间距相等的三个位置。开始时小球A以大小为的初速度沿圆环切线向左运动，之后小球间发生若干次碰撞，最终三球速度大小相等。A与B碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e（0＜e＜1）倍，B与C、C与A碰撞后粘在一起。 （1）求最终三球速度的大小； （2）求小球之间发生碰撞的可能次数； （3）若细圆环周长L＝3m、＝1m/s，求e＝0.6、e＝0.2两种情况下小球间发生最后两次碰撞之间的时间间隔。 【变式3】一质量均匀的圆形光滑细管静置在足够大的光滑水平面上，管的质量为2m，半径为R，圆管直径两端有质量均为m的小球a、b，俯视图如图所示。现使两球同时以初速度向右运动，两球从开始运动到发生第一次碰撞过程中，管的位移为，已知重力加速度为g，两球间的碰撞均为弹性碰撞，求： （1）水平面对管的支持力大小及a球开始运动时加速度大小； （2）两球从开始运动到刚要发生第一次碰撞过程中，管对a球做的功W； （3）两球从开始运动到第n次碰撞过程中，管运动时间t及位移大小x。 ★ 综合练习 ★ 本部分精选15道题目，覆盖动量守恒、碰撞、反冲人船、弹簧板块与三大观点等核心内容，请在规定时间内独立完成。 1．如图所示，小球A静置于光滑圆弧槽最低点，将另一小球B从距A较近的位置静止释放，已知＞，两球大小相同且发生弹性碰撞，圆弧槽的半径远大于AB间距，以A初始位置为坐标原点，取向右为正方向，则B与A从第一次碰撞到第三次碰撞过程中，两球位移随时间变化的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 2．如图所示，凹槽A放在光滑水平地面上，槽内有一可视为质点的小物块B，到槽两侧内壁的距离均为l＝2.4m。B正上方有一固定在长度大于4l的水平轻杆中点的物块C（也可视为质点），槽与轻杆间的摩擦不计，小物块与凹槽间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B、C三者质量相等；t＝0时让物块B以＝4m/s的初速度向右运动，已知发生的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10，下列说法正确的是（　　） A．A、C第一次碰撞前瞬间B的速度大于A的速度 B．C第一次被碰撞后瞬间速度大小为2m/s C．A、B第一次碰撞前C向右运动的距离为3m D．系统内第二次碰撞一定发生在A的左侧壁 3．如图所示，U形长木板置于光滑水平桌面上，两端各固定一轻质弹簧，A、B为弹簧原长处，A、B之间粗糙，两侧光滑。现将一木块放置于A、B间某处，某时刻给木块一个水平向右的初速度，则从该时刻起，关于木块、木板及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　） A．系统最终速度为0，动量不守恒，木块动能全部转化为内能 B．系统最终速度不为0，动量守恒，木块减小的动能转化为内能和木板的动能 C．系统最终速度不为0，动量不守恒，木块减小的动能转化为内能和弹性势能 D．系统最终速度不为0，动量守恒，木块减小的动能转化为内能和弹性势能 4．图为两个质量分别为m、M的小球在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的x﹣t图像，则下列说法正确的是（　　） A．M：m＝3：2 B．碰撞过程中两小球所受合外力相同 C．碰撞前后质量为m的小球动量的变化量大小为2m D．两小球发生的是弹性碰撞 5．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． 6．如图所示，在研究钢板防御穿甲能力的实验中，一块钢板被锁定在光滑的水平面上，子弹以水平方向的初速度射入钢板，恰好能穿过。现解除锁定，让子弹以相同的初速度射向钢板，假设子弹穿入钢板过程中受到的阻力恒定，子弹射入钢板过程中（　　） A．子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小 B．子弹对钢板的水平冲量和锁定时的一样大 C．钢板对子弹做的功比锁定时的多 D．钢板对子弹做的功和锁定时的一样多 7．一物块静止在光滑水平面上，时刻，质量为的子弹击中并穿过物块，子弹和物块的水平位移x随时间t变化关系的图像如图所示，子弹穿过物块的时间极短。下列说法不正确的是（　　） A．子弹刚击中物块的速度大小为 B．子弹穿过物块后，物块的速度大小为 C．物块的质量为8 D．子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为 8．质量相等的甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细线相连，开始时细线处于松弛状态。现使两球反向运动，＝3m/s，＝﹣2m/s，如图所示，当细绳拉紧时突然绷断，这以后两球的运动情况可能是（　　） A．'＝2.5m/s，'＝1m/s B．'＝1.5m/s，'＝﹣0.6m/s C．'＝0，'＝1m/s D．'＝4m/s，'＝﹣3m/s 9．如图所示，一乒乓球撞击水平面上A点后，经过B点反弹到最高点C时，被球拍沿水平方向击回，恰好落在A处。若球反弹时为弹性碰撞，不计空气阻力，则关于此运动过程判断正确的是（　　） A．球撞击球拍前的速度与撞击之后的速度之比为1：3 B．球撞击球拍前的速度与撞击之后的速度之比为3：1 C．球从A到B的时间与C到A的时间之比为2：3 D．球从A到B的时间与C到A的时间之比为3：2 10．如图所示，平静的湖面上有一艘静止的小船，李同学和刘同学均站立在船头处（图中未画出），两位同学发现距离船头前方d处有一株荷花。当刘同学缓慢从船头走至船尾时，站立在船头的李同学恰好到达荷花处。已知李同学和刘同学的质量均为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（　　） A． B． C． D． 11．在平静的水面上漂浮着一块质量M的带有支架的木板，支架上蹲着一只质量为m的青蛙，M＞m，突然青蛙相对于地面以一定水平速度向右跳出，恰好落到木板最右端。水的阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．青蛙对木板的冲量大小大于木板对青蛙的冲量大小 B．青蛙落到木板后两者一起向右做匀速直线运动 C．该过程青蛙相对于地面的水平位移大于木板相对于地面的水平位移 D．如果增加木板的质量（长度不变），则青蛙以同样的水平速度跳出后会落入水中 12．如图所示，在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量均为m。A、B两球相向运动，速度大小均为v，两球发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，求： （1）两球未碰前，A球的动量大小p； （2）两球压缩最紧时，两球系统的弹性势能。 13．如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动。若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。重力加速度为g，求： （1）碰撞前，木块1在最低点时轻绳的拉力大小； （2）碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度。 14．如图所示，在水平面上放有质量均为m的小球A和坡形导轨B，导轨B的水平底边长为l，现两者均以初速度v迎面而行，小球恰能越过导轨最高点并向右滑下离开B，小球滑上和滑下导轨的时间均为。不计一切摩擦，求这个过程中： （1）导轨B发生的位移大小； （2）B的右侧面对A的冲量大小I。 15．半径为R，质量为的光滑半圆形凹槽静止在光滑水平地面上，在凹槽左侧与圆心等高处静止释放一质量为m的小球。 （1）固定凹槽时，求小球下滑到最低点对凹槽的压力大小F； （2）凹槽不固定，小球运动过程中的动能随时间变化图像如图所示，图中、、已知，求： ①小球运动到最低点的速度大小； ②小球从释放到第一次到达最低点过程中凹槽对小球的冲量大小I。 2027年高考物理一轮复习（人教版2019）· 江苏专用 · 专题21 动量守恒定律及其应用 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $专题21　动量守恒定律及其应用　【江苏专用】 2027年高考物理一轮复习（人教版2019） 专题21　动量守恒定律及其应用 2027年高考物理一轮复习 人教版（2019）　江苏专用 建议用时：60 分钟 题量：55 题 难度：★★★★☆ 版本：解析版 ● 内容概览 ● 01 　动量守恒定律 　考点一　动量守恒定律的理解 　考点二　动量守恒定律的简单应用 02 　碰撞与类碰撞 　考点三　弹性碰撞 　考点四　完全非弹性碰撞与子弹打木块 　考点五　类碰撞模型 03 　反冲、爆炸与人船模型 　考点六　反冲与爆炸 　考点七　人船模型与类人船模型 04 　弹簧、板块与三大观点 　考点八　弹簧模型 　考点九　板块模型 　考点十　力学三大观点综合应用 05 　综合练习 ▎学习目标 1．理解系统、内力、外力的概念，掌握动量守恒定律的内容及四种表达式 。 2．掌握动量守恒的三种适用条件（理想守恒、近似守恒、某方向守恒）和“四性”，能正确判断系统是否守恒。 3．掌握弹性碰撞规律，能利用碰撞三原则判断碰撞结果，会用动碰动、动碰静的结论及质量相等交换速度等特例。 4．理解非弹性碰撞、完全非弹性碰撞，掌握子弹打木块的能量分析（生热 Q=fd）。 5．掌握类碰撞（圆弧凹槽）、反冲爆炸、人船模型、弹簧模型和板块模型，能抓住共速、原长等临界状态。 6．能灵活选用力学三大观点（动力学、能量、动量）综合分析多体、多过程问题，发展模型建构与科学推理能力。 ▎课标与考情 【课标要求】理解动量守恒定律，能运用动量守恒定律解释自然现象、解决一些实际问题；理解弹性碰撞和非弹性碰撞，能举出实例并加以说明；能用动量守恒定律解释反冲现象，知道火箭的飞行原理。通过碰撞、反冲等具体问题的分析，体会自然界的守恒思想，发展模型建构、科学推理和科学论证能力。 【考情分析】江苏高考物理采用自主命题（满分100分，考试时间75分钟）：单项选择题10题（每题4分，共40分）；非选择题5题（含1道实验题和4道计算题，共60分）。动量守恒定律是江苏高考的核心与必考内容：选择题常以碰撞、反冲、人船、弹簧、板块为情境，考查动量守恒条件、碰撞三原则和图像分析；计算题常以子弹打木块、圆弧凹槽、多体多过程为背景，综合考查动量守恒与能量守恒。复习时要牢牢抓住“”这一矢量主线，先判断系统是否守恒、规定正方向，再结合能量关系，并关注火箭回收、空间交会对接等科技热点情境。 ▎思维导图 图1　动量守恒定律及其应用知识网络 考向一　动量守恒定律 本考向聚焦动量守恒定律的内容、表达式、适用条件和“四性”，能正确判断系统是否守恒并进行简单应用。 考点一　动量守恒定律的理解 ▎知识梳理 1．系统、内力和外力 （1）系统：相互作用的若干物体所构成的整体。 （2）内力：系统内各物体之间的相互作用力。 （3）外力：系统外的物体对系统内物体的作用力。 2．动量守恒定律的内容 如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。 3．动量守恒定律的四种表达式 （1）系统作用前后总动量相等： （2）两物体系统： （3）两物体动量变化量等大反向： （4）系统总动量变化量为零： 4．动量守恒定律的“四性” 矢量性：动量守恒是矢量守恒，需规定正方向；瞬时性：每一时刻总动量都相等；同一性：各速度须相对同一参考系；普适性：宏观、微观、高速、低速均适用。 守恒类型 适用条件 说明与实例 理想守恒 系统不受外力或所受外力矢量和为零 总动量严格守恒，如光滑水平面上两物体碰撞 近似守恒 系统所受外力远小于内力 碰撞、爆炸、击打等瞬间，外力冲量可忽略 某方向守恒 系统在某方向所受外力合力为零 该方向动量守恒，如小球沿光滑凹槽下滑 ▎重难诠释 研究对象是“系统”，先分清内力、外力；内力不改变系统总动量，只有外力才能改变总动量。 动量守恒是矢量守恒，不能只看大小；一维先规定正方向，注意“某方向守恒”与“总动量守恒”的区别。 记忆点：守恒条件看外力，矢量和为零才能用；内力再大总动量不变。 ◆ 例题·变式演练 【例题】下列情况中系统动量守恒的是（　　） ①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 ②子弹水平射入放在光滑水平面上的木块中，对子弹与木块组成的系统 ③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 ④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 A．①和③ B．①和③④ C．只有① D．①和② 【答案】D 【解答】解：①因为水平面光滑，系统在水平方向不受外力，竖直方向所受重力和支持力平衡，合外力为零，故系统动量守恒。 ②虽然子弹和木块之间有相互作用力，但这是系统内力，系统在水平方向不受外力（水平面光滑），竖直方向重力和支持力平衡，合外力为零，故系统动量守恒。 ③物体沿斜面下滑时，物体有竖直方向的加速度，系统在竖直方向所受合外力不为零，故系统动量不守恒。 ④运动员和铅球会受到重力作用，系统所受合外力不为零，故系统动量不守恒。 故D正确，ABC错误。 故选：D。 【易错点】　动量守恒的研究对象是“系统”而非单个物体；要先分清内力、外力，内力不改变系统总动量。动量守恒是矢量守恒：系统总动量的矢量和不变，不能只比较各物体动量大小，一维须先规定正方向。“某方向守恒”不等于“总动量守恒”：当系统总动量不守恒但某方向外力合力为零时，只能在该方向列方程。 【变式1】如图甲所示，把两个质量相等的小车A和B静止地放在光滑的水平地面上。它们之间装有被压缩的轻质弹簧，用不可伸长的轻细线把它们系在一起。如图乙所示，让B紧靠墙壁，其他条件与图甲相同。如图丙所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面相切，一个质量为m（m＜M）的小球从弧形槽h高处由静止开始下滑，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．图甲从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒 B．图乙从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，A和B组成的系统动量守恒，机械能守恒 C．图乙从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，墙壁对图乙所示系统的冲量为零 D．图丙从小球下滑到弹簧压缩量最大的过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 【答案】A 【解答】解：A．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图甲所示系统所受外力之和为0，则系统动量守恒，且运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能守恒，故A正确； B．图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，则系统所受外力之和不为0，从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，系统动量不守恒，运动过程中只有系统内的弹力做功，所以系统机械能与守恒，故B错误； C．从烧断细线到弹簧恢复原长的过程中，图乙所示系统中由于墙壁对B有力的作用，由动量定理I＝Ft可知，墙壁对图乙所示系统的冲量不为零，故C错误； D．图丙从小球下滑到弹簧压缩量最大的过程中，只有系统内的弹力做功，所以小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，由于墙壁对弹簧有力的作用，水平方向动量不守恒，故D错误。 故选：A。 【变式2】如图所示，物体B放在光滑水平面上，小球A从B的顶端由静止释放，在A沿曲面下滑过程中，下列说法正确的是（　　） A．小球A对物体B的压力的冲量水平向左 B．物体B对小球A的支持力始终不做功 C．无论曲面是否光滑，A与B组成的系统机械能都不守恒 D．无论曲面是否光滑，A与B组成的系统水平方向的动量都守恒 【答案】D 【解答】解：A．由冲量的定义可知，力的冲量方向与力的方向相同，A沿曲面下滑过程中，小球A对物体B的压力的冲量斜向左下，故A错误； B．小球A下滑过程，A与B组成的系统水平方向的动量守恒，小球A下滑过程，物体B水平向右运动，小球A受支持力方向与其位移夹角为钝角，物体B对小球A的支持力做负功，故B错误； C．若曲面光滑，A与B组成的系统机械能守恒，故C错误； D．无论曲面是否光滑，由于水平面光滑，A与B组成的系统水平方向不受外力作用，故系统水平方向的动量都守恒，故D正确。 故选：D。 【变式3】如图所示，光滑水平地面上有一倾角为θ的斜面体，斜面体左侧有竖直固定墙面，一光滑小球被夹在竖直墙面与斜面体之间，初始时系统静止，现释放斜面体，小球沿竖直墙面向下运动，斜面体沿水平地面向右运动，不计一切摩擦。下列说法不正确的是（　　） A．小球下落过程中，重力与斜面体对小球的支持力做的总功，等于小球动能的变化量 B．小球与斜面体组成的系统，只有重力做功，系统的机械能守恒 C．小球与斜面体组成的系统，在运动过程中动量守恒 D．小球下落时，小球减少的重力势能，等于小球增加的动能与斜面体增加的动能之和 【答案】C 【解答】解：A、对小球进行受力分析，其受到重力、墙壁的水平弹力以及斜面体的支持力。由于墙壁弹力方向为水平，而小球的位移方向竖直向下，因此该弹力对小球不做功。根据动能定理，合外力对物体所做的功等于其动能的变化量，即重力与斜面体支持力对小球做功的总和等于小球动能的变化量，故A正确； B、对于小球与斜面体构成的系统，墙壁弹力与地面支持力均不做功，系统内部仅有重力做功，且小球与斜面体之间的相互作用力（弹力）作为内力，其做功的代数和为零，因此该系统的机械能守恒，故B正确； C、小球与斜面体组成的系统，在水平方向上受到墙壁施加的向右弹力作用，系统所受合外力不为零，因此系统的动量不守恒，故C错误； D、依据系统机械能守恒定律，系统减少的重力势能等于系统增加的动能。小球下落过程其重力势能减小，这部分减少的势能转化为小球与斜面体二者动能的增加，即小球减少的重力势能等于小球增加的动能与斜面体增加的动能之和，故D正确。 本题选不正确的，故选：C。 考点二　动量守恒定律的简单应用 ▎知识梳理 1．应用动量守恒定律的一般步骤 （1）确定研究系统；（2）分析受力，判断是整体守恒还是某方向守恒；（3）规定正方向；（4）确定初、末状态的动量；（5）列方程求解。 2．速度的“三性” 矢量性：要先规定正方向；相对性：各速度须相对同一参考系；瞬时性：各速度为对应时刻的瞬时速度。 3．某方向动量守恒 当系统所受外力在某一方向的合力为零时，该方向动量守恒；其余方向不一定守恒。 对比项目 动量守恒定律 机械能守恒定律 守恒条件 系统所受外力矢量和为零 只有重力、系统内弹力做功 表达式 矢量式（一维带正负号） 标量式 物理本质 力对时间的积累 力对空间的积累 关注量 动量、冲量 动能、势能 ▎重难诠释 先判断系统是否守恒（整体或某方向），再规定正方向、列方程；各速度统一相对同一参考系。 动量守恒与机械能守恒的条件不同，不能因为动量守恒就认为机械能也守恒。 记忆点：一选系统二判断，三定方向四列方程求结果。 ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，方盒A静止在光滑的水平面，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则（　　） A．最终盒的速度大小是 B．最终盒的速度大小是 C．滑块相对于盒运动的路程为 D．滑块相对于盒运动的路程为 【答案】C 【解答】解：AB．设滑块的质量为m，则盒的质量为2m，以水平向左的方向为正方向，对整个过程，根据动量守恒定律可得 mv＝3 解得 故AB错误； CD．对整个过程，根据能量守恒定律可知 μmgx 解得 故C正确，D错误。 故选：C。 【易错点】　各物体速度必须相对同一惯性参考系（一般取地面），不能把相对速度与对地速度混用。判断守恒是整体守恒还是某方向守恒：如小球沿凹槽下滑，只能用水平方向动量守恒。动量守恒的速度是瞬时速度；碰撞、爆炸等瞬间问题，作用时间极短，可忽略外力的冲量。 【变式1】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 【解答】解：AC、若不是弹性碰撞，则3m•4v﹣2m•6v＝3+2 可知碰后速度大小之比为：＝2：3 若假设＝2v，则＝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，故A正确，C错误； BD、根据牛顿第二定律两物体受外力F大小相等，由图像的斜率表示加速度可知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3m•4v﹣2m•6v＝3+2 若系统为弹性碰撞，则能量关系可知 解得＝﹣4v、＝6v 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，故BD错误。 故选：A。 【变式2】如图所示，细绳绕过光滑定滑轮栓接物块a、b且＞。初始时物块a静止在地面上，b离地面高度为h，绳子恰好伸直。现将b由静止释放，下列说法正确的是（　　） A．释放瞬间，轻绳的拉力等于b的重力 B．运动过程中a的加速度可能大于重力加速度g C．b着地前，物块a、b系统动量守恒 D．若＝2，则a可以上升的最大高度为 【答案】D 【解答】解：A．因＞，则适当的瞬间，b将向下加速，以b为研究对象，由牛顿第二定律有g﹣T＝a 则轻绳的拉力小于b的重力，故A错误； B．两物块沿着绳子有大小相同的加速度a，以a为研究对象，由牛顿第二定律有T﹣g＝a 联立可得 根据题意因＞，则a＜g，故B错误； C．b落地前，系统受到的合力（g﹣g）≠0，则不满足动量守恒的条件，所以系统动量不守恒，故C错误； D．设b落地时的速度大小为v，则a沿绳的速度大小也为v，根据系统机械能守恒有 若＝2，可得 B落地后，a以速度v竖直向上匀减速运动，根据竖直上抛运动规律有＝2gh′ 解得 所以a可以上升的最大高度为，故D正确。 故选：D。 【变式3】如图所示，在光滑的水平地面上有一质量为M、倾角为θ的斜面，斜面上表面光滑。长度为L，重力加速度为g。质量为m（m＝M）的小滑块自斜面顶端滑下，在滑到斜面底端的过程中，下列说法正确的是（　　） A．滑块和斜面构成的系统动量守恒 B．滑块下滑的加速度为gsinθ C．滑块的位移为 D．斜面体的速度为 【答案】D 【解答】解：A、滑块与斜面组成的系统在水平方向所受合力为零，因此水平方向动量守恒；在竖直方向合力不为零，故竖直方向动量不守恒，系统总动量不守恒，故A错误； B、若斜面固定，滑块下滑加速度为gsinθ；当斜面不固定时，斜面对滑块的支持力改变，滑块下滑加速度不再是gsinθ，故B错误； C、对滑块与斜面系统，水平方向动量守恒始终成立，设滑块水平分速度为，斜面速度为，有＝。设下滑时间为t，则t＝t，即＝，其中+＝Lcosθ，解得滑块的水平位移为，竖直位移为y＝Lsinθ，因此滑块的位移为，故C错误； D、滑块相对于斜面的速度沿斜面向下，其速度满足关系。系统水平方向动量守恒有＝，且下滑过程仅重力做功，系统机械能守恒，即。联立以上各式，解得，故D正确。 故选：D。 考向二　碰撞与类碰撞 本考向聚焦弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞和类碰撞模型，掌握碰撞三原则及子弹打木块、圆弧凹槽的分析方法。 考点三　弹性碰撞 ▎知识梳理 1．碰撞的特点 碰撞作用时间极短，碰撞力（内力）远大于外力，因此碰撞过程中系统动量守恒。 2．碰撞三原则 ①系统动量守恒；②系统动能不增加（碰前总动能不小于碰后）；③碰后速度合理（碰后两物体不能继续相互穿透）。 3．弹性碰撞 碰撞过程中机械能（动能）守恒，称为弹性碰撞，同时满足： 以及动能守恒： 4．动碰动弹性碰撞结论 5．动碰静弹性碰撞结论 被碰球初始静止（v2=0），初速度记为 v0，则： 质量关系 碰后入射球 碰后被碰球 特点 m1=m2 =0 v2′=v0 交换速度 m1>m2 v1′>0 v2′>0 大碰小，同向 m1<m2 v1′<0（反弹） v2′>0 小碰大，反弹 m1≫m2 v1′≈v0 v2′≈2v0 大碰极小 m1≪m2 v1′≈−v0 v2′≈0 极小碰大 ▎重难诠释 碰撞三原则要同时满足，速度合理性是易错点：碰后同向时，后面物体速度不能大于前面物体。 质量相等交换速度；小碰大反弹、大碰小同向；弹性碰撞两守恒。 记忆点：弹性碰撞两守恒，等质交换小反弹、大碰小同向。 ◆ 例题·变式演练 【例题】光滑水平面上有A、B两球，B球静止，A球向B球运动，发生弹性正碰，碰撞过程中A球的速度—时间图像如图所示。已知时刻A球的速度变化率最大，B球的质量为m，两球压缩最紧时弹性势能为，则（　　） A．A球的质量为 B．时刻两球的弹性势能最小 C．在0～时间内B球所受的冲量大小为 D．两球压缩最紧时弹性势能与B球的动能之比为 【答案】C 【解答】解：A、根据题意分析可知，时刻小球A速度的变化率最大，可知A的加速度最大且AB共速为，规定方向为正方向，动量守恒有＝（+m） 解得 故A错误； B、根据题意分析可知，当两个小球分开时小球A被反弹回去，两个小球相互作用的过程中满足动量守恒，所以应该是小球A反弹回去时小球B的速度最大，在时刻小球A的速度为0，但两个小球还没有分开，故时刻小球B的速度还没有达到最大，动能也不是最大，两球的弹性势能也不是最小，故B错误； C、根据动量定理可知，规定方向为正方向，在0～时间内小球A所受的冲量大小 A、B两球所受冲量等大反向，故B球所受的冲量大小为，故C正确； D、根据题意分析可知，由能量守恒有 规定方向为正方向，＝（+m） 联立可得 小球B的动能为 则两球压缩最紧时，小球B的动能与弹性势能 故D错误。 故选：C。 【易错点】　碰撞三原则须同时满足：动量守恒、动能不增加、碰后速度合理（同向时后面的不能比前面的快，否则会穿透）。质量相等的弹性碰撞交换速度；小质量碰大质量，小质量反弹；大质量碰小质量，两者同向。碰后动能不可能增加；判断碰撞能否发生时，先算动量、再算动能，最后检查速度合理性。 【变式1】如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和km（k＞3），摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是（　　） A．第一次碰撞后的瞬间，a球速度小于b球 B．第一次碰撞后的瞬间，a球动量大于b球 C．第一次碰撞后，a球最大摆角小于b球 D．发生第二次碰撞后的瞬间，b球的速度变为零 【答案】D 【解答】解：根据弹性碰撞规律，碰撞后两球速度大小分别为 a球速度大于b球；由于 所以 ＜ 设碰撞后摆角为θ，有 速度越大，摆角越大；根据弹性碰撞规律，第二次碰撞后，b球的速度为零。 故D正确，ABC错误。 故选：D。 【变式2】如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为＝2，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为10kg•m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量为6kg•m/s，则（　　） A．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6：7 B．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为3：5 C．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为6：7 D．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为3：5 【答案】C 【解答】解：在光滑水平面上大小相同A、B两球在发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得＝﹣ 由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球的，若是A球则动量的增量应该是正值，因此碰后A球的动量为6kg•m/s，所以碰后B球的动量是增加的，且为14kg•m/s。由于两球质量关系为 ＝2 代入数据得碰撞后A、B两球速度大小之比6：7。故ABD错误，C正确。 故选：C。 【变式3】如图是P、Q两小球碰撞过程的x﹣t图像，虚线和实线分别表示P球和Q球的运动情况，则（　　） A．P球的质量大于Q球的质量 B．Q球的质量大于P球的质量 C．碰撞是弹性碰撞 D．碰撞是非弹性碰撞 【答案】C 【解答】解：AB.由图可知，碰前甲、乙的速度分别为、，碰后甲、乙的速度分别为′，′甲、乙两物体碰撞过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得 ﹣＝﹣′+′ 解得：′＝ ′＝ P和Q两物体发生速度交换，故A错误，B错误； CD.P和Q两物体发生速度交换，两物体发生速度交换的，此时两物体发生的是弹性碰撞，故C正确，D错误。 故选：C。 考点四　完全非弹性碰撞与子弹打木块 ▎知识梳理 1．碰撞的分类 按碰撞过程中机械能是否守恒，可分为弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞（详见下表）。 2．完全非弹性碰撞 碰后两物体粘在一起、以共同速度运动，动能损失最多，共同速度： 损失的机械能： 3．子弹打木块模型 设子弹射入木块过程中，木块对地位移为 x，子弹相对木块射入深度为 d，子弹对地位移为 x+d，平均阻力为 f。 子弹动能减少量为 f(x+d)，木块动能增加量为 fx，系统产生的热量等于阻力乘以相对位移： 碰撞类型 动量 动能 碰后状态 弹性碰撞 守恒 守恒 两物体分离 非弹性碰撞 守恒 减少 两物体分离 完全非弹性碰撞 守恒 损失最多 两物体共速（粘在一起） ▎重难诠释 子弹动能减少量是 f(x+d)，不是 fd；木块动能增加 fx；只有系统生热 Q=fd。 完全非弹性碰撞后两物体共速，损失动能最多，但动量仍守恒。 记忆点：子弹减能 f(x+d)，木块增 fx，生热 Q=fd。 ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。已知子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，在此过程中木块的位移为s，则子弹动能的减少量和木块动能的增加量分别为（　　） A．fs、f（s+d） B．f（s+d）、fs C．fs、fd D．fd、fs 【答案】B 【解答】解：对子弹，在此过程中，子弹对地位移为s+d，根据动能定理得：＝﹣f（s+d），则子弹动能的减少量为f（s+d）； 对木块，根据动能定理得：＝fs，即木块动能的增加量为fs，故ACD错误，B正确。 故选：B。 【易错点】　子弹动能减少量为 f(x+d)，不是 fd；木块动能增加量为 fx；系统生热 Q=fd，三者不要混淆。完全非弹性碰撞后两物体共速，此时动能损失最多，但系统动量仍守恒。d 是子弹相对木块的位移（射入深度），x 是木块对地位移；子弹对地位移为 x+d。 【变式1】如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹以速度射入木块，最后留在木块中随木块一起做匀速运动，若子弹所受阻力恒定不变，下列说法正确的是（　　） A．子弹和木块系统动量守恒 B．子弹和木块系统机械能守恒 C．子弹对木块做的功等于子弹动能的减少量 D．木块对子弹做功的绝对值等于子弹和木块系统损失的机械能 【答案】A 【解答】解：A、在子弹射进木块的过程中，子弹与木块之间的相互作用力属于系统内力，而子弹和木块组成的系统所受合外力为零，因此该系统的动量守恒，故A正确； B、在子弹射入木块的过程中，子弹和木块系统需要克服摩擦阻力做功，导致系统的机械能减少，同时内能增加，故B错误； C、根据能量转化关系，子弹动能的减少量等于木块动能的增加量（即子弹对木块所做的功）与系统产生的内能之和，因此子弹对木块做的功小于子弹动能的减少量，故C错误； D、如图所示： 木块对子弹做的功为W＝﹣f（d+s），子弹和木块系统损失的机械能ΔE＝Q＝fd，所以木块对子弹做功的绝对值大于子弹和木块系统损失的机械能，故D错误。 故选：A。 【变式2】木块静止在光滑水平桌面上，一颗子弹（可视为质点）水平射入木块的深度为d时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿平面移动的距离为x，木块对子弹的平均阻力为f，那么在这个过程中，下列说法正确的是（　　） A．子弹的动能减少量为fd B．产生的热量为f（x+d） C．木块对子弹的阻力、子弹对木块的推力做功之和为0 D．木块的动能增量小于子弹动能的减少量 【答案】D 【解答】解：A、设子弹运动方向为正方向，子弹进入木块的深度为d，木块对地位移为x，则子弹对地位移为x+d。 木块对子弹的平均阻力大小为f，方向与子弹运动方向相反，对子弹做功＝﹣f（x+d）。 根据动能定理，子弹动能的减少量等于f（x+d），而非fd，故A错误； BC、子弹对木块的推力与木块运动方向相同，对木块做功＝fx，故木块动能的增量为fx。 这一对相互作用力所做功的总和为＝﹣f（x+d）+fx＝﹣fd。系统机械能的减少量转化为内能，即产生的热量Q＝fd，并非f（x+d），故BC错误； D、由于d＞0，故fx＜f（x+d），即木块动能的增量小于子弹动能的减少量，故D正确。 故选：D。 【变式3】如图甲所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度与子弹的速度之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法不正确的有（　　） A．M：m＝3：2 B．木块所能达到的最大速度为40m/s C．该过程中二者因摩擦而产生的热量比木块增加的动能大 D．仅将木块换成等质量的较硬的木块，虽然子弹射入木块的深度变小，但是二者因摩擦而产生的热量不变 【答案】B 【解答】解：A、由子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律可得＝+，变形得到，对比图像可知其斜率的绝对值为，解得：，即M：m＝3：2，故A正确。 B、由图像可知＝60m/s，当二者共速时木块的速度达到最大，根据动量守恒定律有＝（m+M），解得：＝24m/s，故B错误。 C、设m＝2，则M＝3，系统初动能，解得：＝3600J，子弹末动能，解得：＝576J，木块末动能，解得：＝864J，摩擦产生的热量Q＝﹣﹣，解得：Q＝2160J，可知该过程中摩擦产生的热量大于木块增加的动能，故C正确。 D、仅将木块换成等质量的较硬木块，系统所受合外力仍为零，动量守恒，木块与子弹质量之比不变，则二者末速度不变，因摩擦而产生的热量不变，但由于摩擦力变大，子弹射入木块的深度将变小，故D正确。 故选：B。 考点五　类碰撞模型 ▎知识梳理 1．类碰撞现象 小球冲上光滑的圆弧凹槽（或小车），系统水平方向动量守恒，且因只有重力做功，系统机械能守恒。 图1　小球冲上光滑圆弧凹槽：水平方向动量守恒、系统机械能守恒 2．两个关键状态 （1）小球到达最高点时，小球与凹槽水平方向共速；（2）小球若能返回并离开凹槽，全过程相当于弹性碰撞。 3．解题要点 水平方向列动量守恒，系统列机械能守恒；注意小球速度与凹槽速度的相对性，各速度统一对地。 对比模型 动量守恒 机械能 关键状态 类碰撞（圆弧凹槽） 水平方向守恒 守恒 最高点水平共速 完全非弹性碰撞 整体守恒 损失最多 碰后共速粘在一起 弹性碰撞 整体守恒 守恒 碰后两物体分离 ▎重难诠释 圆弧凹槽只能用水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒；最高点是水平共速。 小球能返回时，全过程相当于弹性碰撞，可用两守恒直接求离开时的速度。 记忆点：凹槽水平动量守恒，最高点共速，能返回即弹性。 ◆ 例题·变式演练 【例题】带有光滑圆弧轨道，质量为m的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为m的小球以速度水平冲上车，到达某一高度后，小球又返回车左端，则下列错误的是（　　） A．小球返回车的左端时，速度为零 B．小球返回车的左端时，速度为 C．小球上升到最高点时，小车的速度为 D．小球在弧形槽上上升的最大高度为 【答案】B 【解答】解：AB、小球与滑车组成的系统水平方向不受外力，水平动量守恒，同时系统只有重力做功，机械能守恒。 取水平向右为正方向，根据小球和滑车组成的系统水平方向动量守恒得＝+ 根据系统机械能守恒得 解得：＝0，＝ 即小球返回车的左端时，速度为0，故A正确，B错误； CD、小球上升到最高点时，小球和滑车速度相同，设为v，以运动方向为正方向，根据系统水平方向动量守恒得＝2mv 解得 根据机械能守恒定律得 解得 即小球上升到最高点时，小车的速度为，小球在弧形槽上上升的最大高度为，故CD正确。 此题选择不正确的，故选：B。 【易错点】　圆弧凹槽问题只能用水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒（小球有竖直方向加速度）。小球到达最高点时，是与凹槽“水平共速”，不是合速度为零；若能返回，全过程相当于弹性碰撞。系统光滑时机械能守恒；注意小球速度与凹槽速度的相对性，列式时各速度统一对地。 【变式1】如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为m的滑块，滑块右侧面为一个半径为R的弧形的光滑凹槽，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以水平速度从A点冲上凹槽，重力加速度大小为g。下列说法中正确的是（　　） A．小球返回A点后做自由落体运动 B．当时，小球恰好能到达B点 C．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 D．当时，小球从A点冲向B点的过程中，滑块的动能增大，返回过程中，滑块的动能减小 【答案】A 【解答】解：A．光滑水平面上放置一个弧形的光滑凹槽，小球和凹槽整个作用过程中，机械能守恒，水平方向动量守恒，类似于弹性碰撞，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ＝+， 解得＝0，＝ 所以小球返回A点后做自由落体运动，故A正确； B．小球滑上凹槽的过程中，若凹槽固定，小球的速度冲上，根据机械能守恒 解得h＝R 但是，凹槽不固定，小球冲上来的过程中，凹槽也会运动，根据机械能守恒可知小球不能冲到B点，故B错误； C．如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧沿切线方向飞离凹槽，相对凹槽的速度方向竖直向上，两者水平速度相等，所以小球会沿左侧边缘落回，故C错误； D．小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，故D错误。 故选：A。 【变式2】如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行光滑导槽，质量为m的光滑U形管静止在导槽上，U形管能在两导槽之间自由滑动，一质量为m的小球沿水平方向，以初速度从U形管的一端射入。已知小球的半径略小于管道半径，下列说法正确的是（　　） A．该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒 B．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为 C．当小球从U形管的另一端射出时，速度大小为 D．从小球入射至运动到U形管圆弧部分最左端过程中，导槽对U形管的冲量大小为 【答案】D 【解答】解：A．该过程中，小球与U形管组成的系统沿两导槽方向动量守恒，但垂直导槽方向动量不守恒，故A错误； B．小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程，沿着轨道方向，系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得＝（m+m） 解得 设小球的合速度为，根据机械能守恒定律得 解得小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，小球的速度大小为，故B错误； C．小球进出U形管的过程，小球与U形管系统机械能守恒，系统沿着轨道方向动量守恒，以向左为正方向，设小球和U形管的末速度为、，有＝+， 解得＝0，＝ 即小球从U形管的另一端射出时速度大小为0，故C错误； D．在小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为 运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球，根据动量定理有 U形管与平行导槽间的作用力是作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间相等，则导槽对U形管的冲量大小为，故D正确。 故选：D。 【变式3】如图所示，一个质量M＝1kg的滑块静止在光滑水平面上，其AB段是半径R＝0.6m的光滑圆弧，BC段水平，A点与圆心O等高，OB与竖直方向成30°，一质量m＝2kg、可视为质点的小球从A点由静止释放，最终恰好落在滑块的C点，g取10，求： （1）小球运动到圆弧最低点时的速度大小； （2）小球运动到圆弧最低点时对滑块的压力大小； （3）水平面BC的长度。 【答案】（1）小球运动到圆弧最低点时的速度大小为2 m/s。 （2）小球运动到圆弧最低点时对滑块的压力大小为140 N。 （3）水平面BC的长度为1.8 m。 【解答】解：（1）小球从A点滑到最低点过程系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则0＝+M（﹣） 解得＝2m/s （2）小球滑到最低点相对滑块做圆周运动得 由牛顿第三定律得＝ 解得＝140N （3）小球到B点时相对滑块M以的速度斜抛，滑块以水平运动，由系统水平动量守恒，机械能守恒，则0＝m（cos30°﹣）﹣ 小球相对滑块以的速度30°斜抛，落到C点，水平方向：cos30°•t＝ 竖直方向： 解得＝1.8m 答：（1）小球运动到圆弧最低点时的速度大小为2 m/s。 （2）小球运动到圆弧最低点时对滑块的压力大小为140 N。 （3）水平面BC的长度为1.8 m。 考向三　反冲、爆炸与人船模型 本考向聚焦反冲、爆炸规律和人船模型，能利用平均动量守恒解决位移问题。 考点六　反冲与爆炸 ▎知识梳理 1．反冲现象 一个物体向某方向射出（或抛出）一部分，另一部分向相反方向运动，这种现象叫作反冲；反冲过程中系统动量守恒。 2．爆炸规律 ①系统动量守恒；②爆炸后系统动能增加（化学能转化为机械能）；③爆炸瞬间作用时间极短，各部分位置不变。 3．火箭的飞行原理 火箭通过高速喷出燃气获得反冲力；喷气速度越大、喷出质量与箭体质量之比越大，火箭获得的速度增量越大。 对比项目 反冲 碰撞 动量 守恒 守恒 动能 一般增加（内能转化） 不增加（弹性碰撞除外） 作用后 两部分反向运动 可分离或共速 典型实例 火箭、喷水、放炮 两球相撞、子弹打木块 ▎重难诠释 反冲中两部分反向运动，系统动量守恒；爆炸动能增加，不能用“动能不增加”判断。 火箭速度增量随喷气速度、质量比增大而增大；爆炸瞬间位置不变、速度突变。 记忆点：反冲两部分反向，爆炸动能增加、位置不变。 ▎热点·科技前沿 热点·朱雀三号火箭首次陆地回收 2026年8月19日，蓝箭航天朱雀三号遥二运载火箭在发射并将卫星送入预定轨道后，其一子级在甘肃民勤着陆场坪成功软着陆，实现我国首次以着陆支腿方式进行入轨火箭陆地回收。返回段，一子级先后完成高空返回调姿、再入点火动力减速、气动滑行控制；着陆前发动机再次点火向下喷气，利用反冲使箭体减速，同时展开着陆支腿。着陆支腿通过压缩缓冲装置延长作用时间，在动量变化量一定时，Δt 增大，冲击力 F 减小，从而实现平稳软着陆。这一过程同时体现了反冲减速和缓冲减力的动量思想。 图2　朱雀三号一子级展开着陆支腿、发动机点火反推平稳着陆 ◆ 例题·变式演练 【例题】一架总质量为m的火箭在太空背景中以速度v匀速飞行，某时刻火箭在极短的时间内喷射出质量为Δm的燃烧气体，喷出气体与火箭的相对速度大小为u，设火箭初速度方向为正方向，则（　　） A．气体喷出后的运动方向可能与火箭运动方向相同 B．气体和火箭组成的系统在短时间内可近似认为动量和机械能都守恒 C．火箭喷出气体后速度可增加到 D．Δm和m的比值越大，火箭速度的增加量就越小 【答案】A 【解答】解：A、当火箭的速度大于气体相对火箭的速度时，气体喷出后的运动方向与火箭运动方向相同，故A正确。 B、气体和火箭组成的系统在短时间内，内力远大于外力，可近似认为动量守恒。但由于燃料燃烧，化学能转化为机械能，机械能不守恒，故B错误。 CD、设火箭的初始运动方向为正，由动量守恒得mv＝（m﹣Δm）v'﹣Δm（u﹣v'），可得v'＝v，Δm和m的比值越大，火箭速度的增加量就越大，故CD错误。 故选：A。 【易错点】　反冲中两部分反向运动，系统动量守恒；火箭喷气速度越大、质量比越大，速度增量越大。爆炸过程动能增加（化学能转化为机械能），不能用“动能不增加”来判断爆炸结果。爆炸瞬间作用时间极短，各部分位置不变，仅速度发生突变。 【变式1】“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备的总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，要增大火箭的发射速度大小，下列操作中可行的是（　　） A．增大的同时减小m B．增大M的同时减小m C．增大的同时减小M D．同比例增大M、m 【答案】C 【解答】解：规定竖直向上为正方向，设火箭的速度大小为v，则燃气的速度为﹣，万户及剩余设备的动量为（M−m）v，燃气的动量为− 在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，则有 （M﹣m）v﹣＝0 解得火箭的速度大小为 增大的同时减小M，可增大火箭的发射速度。故C正确，ABD错误。 故选C。 【变式2】如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为8m、14m，两船沿同一直线同一方向运动，速率分别为2、，乙船上的人将一质量为2m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，刚好可避免两船相撞，同时保证两船继续同向运动，不计水的阻力。则抛出货物的速率是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：以原运动方向为正方向，抛后乙船的速度为对乙船和抛出货物列动量守恒，则有14＝﹣2mv+12 甲船接收到货物后的速度为 对甲船和货物列动量守恒，则有16﹣2mv＝10 依题意有＝，16＞2mv 代入数据可得v，故A正确，BCD错误。 故选：A。 【变式3】在平静的水面上漂浮着一块质量M的带有支架的木板，支架上蹲着一只质量为m的青蛙，M＞m，突然青蛙以相对于地面以一定水平速度向右跳出，恰好落到木板最右端。水的阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．青蛙对木板的冲量大小大于木板对青蛙的冲量大小 B．青蛙落到木板后两者一起向右运动 C．该过程青蛙相对于地面的水平位移大于木板相对于地面的水平位移 D．如果增加木板的质量（长度不变），则青蛙以同样的水平速度跳出后会落入水中 【答案】C 【解答】解：A.由于青蛙对木板的作用力与木板对青蛙的作用力是一对相互作用力，二者大小相等、方向相反，时间相等，所以青蛙对木板的冲量大小等于木板对青蛙的冲量大小，故A错误； B.由于青蛙和木板组成的系统水平方向动量守恒，系统初动量为零，所以末动量也为零，所以青蛙落到木板后二者静止，故B错误； C.设青蛙相对于木板的水平位移为L，根据人船模型的特点，以水平向右为正方向，可得＝，且+＝L 解得L，，由于M＞m，所以＞，故C正确； D.设支架高为h，以水平向右为正方向，根据＝，t+t＝L'，可知青蛙以同样的水平速度跳出，增加木板的质量（长度不变），则木板的速度减小，由于运动时间不变，所以青蛙相对于木板的位移减小，青蛙不会落入水中，故D错误。 故选：C。 考点七　人船模型与类人船模型 ▎知识梳理 1．人船模型 人在静止的船上行走，水平方向动量守恒、系统初动量为零，故任一时刻： 2．平均动量守恒 对运动过程求和（平均动量守恒），并结合几何关系，有： 3．位移结论 图3　人船模型：人、船位移与质量成反比 4．类人船模型 两物体组成的系统初动量为零、水平方向动量守恒，即 m1x1=m2x2，且 x1+x2 等于两物体的相对位移。 图4　类人船模型举例：斜面滑块、气球爬绳、小车摆球 模型要点 条件或结论 适用条件 系统水平方向不受外力、初动量为零 平均动量 几何关系 位移特点 位移与质量成反比，人（轻的）走得远 ▎重难诠释 人船模型要求水平方向动量守恒、初动量为零；用平均动量守恒 m船x船=m人x人。 x船、x人都相对地面，二者之和等于相对位移（船长），位移与质量成反比。 记忆点：人船平均动量守恒，位移与质量成反比，轻的走得远。 ◆ 例题·变式演练 【例题】人的质量m＝50kg，船的质量M＝40kg，人水平从船上向岸上跳。若船用缆绳固定，船离岸1.5m时，人恰好可以跃上岸。若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为（不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用时间相等）（　　） A．1.5m B．1.34m C．1.2m D．1.0m 【答案】D 【解答】解：以人运动的方向为正方向，撤去缆绳，由动量守恒定律可知0＝﹣，由于两次人消耗的能量相等，故人跳起时的动能不变； 则由功能关系可知，解得，故＝t，代入数据解得＝1.0m，故D正确，ABC错误； 故选：D。 【易错点】　人船模型要求系统水平方向动量守恒且初动量为零；用平均动量守恒得 m船x船=m人x人。x船、x人都是相对地面的位移，二者之和等于相对位移（船长 L），位移与质量成反比。类人船模型中，两物体位移之和等于它们的相对位移，不一定是船长，要结合几何关系确定。 【变式1】长为l的轻绳，一端用质量为m的圆环套在水平光滑的横杆上，另一端连接一质量为2m的小球，开始时，将小球移至横杆处（轻绳处于水平伸直状态，如图），然后轻轻放手，当绳子与横杆成直角，此过程圆环的位移是x，则（　　） A．xl B．系统动量守恒 C．小球所受冲量与圆环所受冲量始终大小相等 D．小球机械能守恒 【答案】A 【解答】解：AB、选小球和圆环为系统，整个过程中在水平方向满足动量守恒，整体动量不守恒，规定初速度方向为正，设从开始到绳子与横杆成直角的过程中，圆环的平均速度大小为，小球的平均速度大小为，则﹣2＝0 设运动时间为t，此过程圆环的位移大小为x，小球的位移大小为l−x，则m2m0 解得xl，故A正确，B错误； C、过程中圆环的合外力等于绳子拉力沿水平方向的分力，小球的合外力等于重力和绳子拉力的合力，二者大小不等，冲量不相等，故C错误； D、小球除重力做功外，轻绳拉力也对其做功，机械能不守恒，故D错误。 故选：A。 【变式2】如图所示，一质量为的小车静止在光滑水平面上，车上固定一个竖直支架，轻绳一端固定在支架上，另一端固定一质量为的小球，轻绳长为l，将小球向右拉至轻绳水平后，从静止释放，忽略所有摩擦阻力，已知重力加速度为g，则（　　） A．任意时刻小球与小车的动量等大反向 B．小球运动到最低点时的速度大小为 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】D 【解答】解：A．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，故系统在水平方向动量守恒，而系统总动量不守恒，故A错误； B．小球运动到最低点时有向左的速度，小车速度向右，根据机械能守恒定律可得如果小球重力势能全转化为小球动能，则mgl，而实际由于小球重力势能一部分转化为小车动能，则小球的速度小于，故B错误； C．根据系统水平方向动量守恒及系统机械能守恒可知，小球摆到左侧最高点时系统的速度为零，则小球仍能向左摆到原高度，故C错误； D．根据题意可知，小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，小车最大距离和小球最大距离关系有+＝2l 以小车速度为正方向，系统水平方向动量守恒定律有＝ 由于运动时间相同，则有＝ 小车向右移动的最大距离为，故D正确。 故选：D。 【变式3】如图所示，一质量M＝2.0kg的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量m＝1.0kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度＝4m/s，已知重力加速度g＝10。下列说法正确的是（　　） A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为v＝3m/s B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为 C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块运动的位移大小为 D．若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移大小为 【答案】D 【解答】解：A．若滑块固定，小球由初始位置到达最高点的过程，根据动能定理则有 代入数据解得，故A错误； B．若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有﹣＝0 根据机械能守恒，则有 联立解得＝2m/s，故B错误； CD．若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律则有﹣＝0 结合 整理可得﹣＝0 位移关系则有+＝L 代入数据解得 同理可得，若滑块不固定，小球到达轴O右侧水平位置时的位移为，故C错误，D正确。 故选：D。 考向四　弹簧、板块与三大观点 本考向聚焦弹簧模型、板块模型和力学三大观点，能抓住共速、原长等临界状态，综合分析多体、多过程问题。 考点八　弹簧模型 ▎知识梳理 1．弹簧模型 轻弹簧连接两物体置于光滑水平面上，系统水平方向动量守恒、机械能守恒（弹簧弹力为内力）。 2．两个临界状态 弹簧压缩最短（或伸长最长）时，两物体共速、弹性势能最大；弹簧恢复原长时弹性势能为零、相对速度最大。 图5　弹簧模型：原长→压缩最短（共速）→恢复原长→伸长最长（共速） 3．不同质量下的 v-t 图像 图6　mA=mB：两曲线关于共速线对称 图7　mA>mB：入射球速度不到零 图8　mA<mB：被碰球速度可出现负值 状态 两物体速度 弹簧弹性势能 原长 相对速度最大 为零 压缩最短 共速 最大 恢复原长 相对速度最大 为零 伸长最长 共速 最大 ▎重难诠释 共速时弹簧形变最大（最短或最长），弹性势能最大，不是原长。 恢复原长时弹性势能为零、相对速度最大；v-t 图交点对应共速。 记忆点：弹簧共速形变最大，原长势能为零。 ◆ 例题·变式演练 【例题】如图甲所示，一轻弹簧的两端与两物块A、B相连接并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，已知＝1kg，下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为0.5kg B．弹簧的最大弹性势能为3J C．和两时刻弹簧的长度相等 D．从到时刻弹簧由压缩状态恢复原长 【答案】B 【解答】解：A、由图像可知，A物块的初速度＝3m/s，时刻两物块达到的共同速度为v＝1m/s 取向右为正方向，由动量守恒定律得 ＝（+）v 解得物块B的质量为＝2kg，故A错误； B、由图像可知，时刻弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由系统机械能守恒得 解得弹簧的最大弹性势能为＝3J，故B正确； C、时刻弹簧被压缩至最短，而时刻弹簧恢复原长，可知这两个时刻弹簧的长度不相等，故C错误； D、时刻两物块速度又相同，弹簧的伸长量最大，到弹簧由伸长变为原长状态，故D错误。 故选：B。 【易错点】　弹簧连接体共速时，弹簧压缩最短或伸长最长，此时弹性势能最大，不是原长。弹簧恢复原长时弹性势能为零，两物体相对速度最大；水平方向动量守恒、系统机械能守恒。从压缩到伸长，注意 v-t 图中两曲线的交点（共速）对应形变最大。 【变式1】如图所示，甲、乙两个滑块用细线连接，中间有一处于压缩状态的轻弹簧，两滑块一起在光滑水平面上向右匀速运动。某时刻细线突然断裂，甲与弹簧分离后向左运动，在弹簧恢复原长的过程中（　　） A．甲的动能一直减小 B．甲的动量一直减小 C．甲、乙系统的动能一直增大 D．甲、乙系统的动量一直增大 【答案】C 【解答】解：AB、弹簧恢复原长时甲与弹簧分离，此过程中甲先向右减速后向左加速，故动能先减后增，动量先减后增，故AB错误； C、弹簧弹性势能持续减小，转化为甲、乙系统的动能，系统动能持续增加，故C正确； D、甲、乙系统合外力为零，动量守恒，故D错误。 故选：C。 【变式2】如下图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的挡板，但未粘合在一起，另一物体A以水平向左的速度向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并粘合在一起，已知物体A、B、C的质量分别为M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限度。则下列说法正确的是（　　） A．整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒 B．挡板对物体C的冲量大小为 C．物体C的最大速度为 D．如果M＝m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为3：1 【答案】D 【解答】解：A、物体A与物体B碰撞过程中，属于完全非弹性碰撞，系统机械能有损失，机械能不守恒；且在弹簧压缩和恢复原长过程中，挡板对物体C有水平向右的弹力作用，三个物体组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误； B、规定水平向左为正方向，物体A与物体B碰撞过程中动量守恒，有＝（M+m）；物体C离开挡板前，物体A与物体B压缩弹簧至最短后又恢复原长，由机械能守恒定律可知，弹簧恢复原长时物体A与物体B的速度大小仍为，方向水平向右，此过程中物体C一直静止，对三者组成的系统由动量定理得I＝﹣（M+m）﹣（M+m）＝﹣2，负号表示冲量方向水平向右，则挡板对物体C的冲量大小为2，故B错误； C、弹簧恢复原长后，物体C脱离挡板，此时物体A与物体B的速度大小为，方向水平向右，弹簧开始伸长，物体C在弹簧弹力作用下向右加速；当弹簧再次恢复原长时，物体C的速度达到最大，设此时物体C的速度为，物体A与物体B的速度为v'，此过程系统动量守恒、机械能守恒，规定水平向右为正方向，有（M+m）＝（M+m）v'+，，联立解得物体C的最大速度为，故C错误； D、若M＝m，物体A与物体B碰撞后共同速度为；物体C离开挡板前，当弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由机械能守恒定律可知最大弹性势能；物体C离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒，当三者速度相等时弹簧伸长至最长，弹性势能达到最大值，设此时共同速度为，规定水平向右为正方向，由动量守恒定律有（M+m）＝（M+2m），解得，由机械能守恒定律有，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为：＝3：1，故D正确。 故选：D。 【变式3】如图所示，轨道ABCD由半径＝1.5m的光滑四分之一圆弧轨道AB、长度＝0.6m的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量＝1kg的物块P和质量＝2kg的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量＝4kg的小车，小车上表面EF段粗糙、长度L＝0.5m，E、F两端均固定有弹性挡板，小车与地面间的阻力忽略不计。现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹开（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），物块P向左运动进入CBA轨道，物块Q向右运动滑上小车（恰好从E端滑入，不计滑入时的能量损失）。已知P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10，不计物块与挡板碰撞的时间，不计物块经过各连接点时的机械能损失。 （1）若物块P经过CB后恰好能到达圆弧轨道的最高点A，求弹开后瞬间物块P的速度大小，以及弹簧锁定时的弹性势能； （2）在（1）的条件下，若物块Q与挡板的碰撞为弹性碰撞，求Q从滑上小车到最终与小车相对静止的过程中，Q与挡板的碰撞次数，以及Q相对于小车运动的总路程； （3）在（2）的条件下，若物块Q与挡板碰撞时的恢复系数为e（0＜e＜1），求从Q滑上小车到最终与小车相对静止的过程中，Q相对于小车运动的总路程。 【答案】（1）若物块P经过CB后恰好能到达圆弧轨道的最高点A，弹开后瞬间物块P的速度大小是6m/s，弹簧锁定时的弹性势能是27J； （2）在（1）的条件下，若物块Q与挡板的碰撞为弹性碰撞，Q从滑上小车到最终与小车相对静止的过程中，Q与挡板的碰撞次数是1次，Q相对于小车运动的总路程是0.6m； （3）在（2）的条件下，若物块Q与挡板碰撞时的恢复系数为e（0＜e＜1），从Q滑上小车到最终与小车相对静止的过程中，Q相对于小车运动的总路程＝0.5+0.1（m）。 【解答】解：（1）对物块P从弹开后到恰好到达A点的过程，结合动能定理 弹簧弹开P、Q过程，规定初速度方向为正，系统动量守恒 ＝ 代入数据可得弹开后P的速度 ＝6m/s，Q的速度 ＝3m/s 弹簧的弹性势能等于弹开后两物块的总动能 代入数据可得＝27J （2）Q滑上小车后，系统（Q和小车）水平方向动量守恒，规定初速度方向为正，最终共速＝（+） 代入数据可得＝1m/s整个过程滑动摩擦力与总相对路程的乘积等于系统动能损失 代入数据可得相对总路程＝0.6m 小车EF长L＝0.5m，Q从E滑入，运动0.5m到达F挡板，发生第一次碰撞，剩余路程0.6﹣0.5＝0.1m＜0.5m，碰撞后返回仅运动0.1m就共速，未到达E挡板，因此碰撞次数为1次。 （3）设Q与F处的挡板碰撞前Q的速度为，小车速度为 Q在滑行过程中，规定初速度方向为正，系统动量守恒＝+ 根据能量关系 规定初速度方向为正，Q与F处的挡板碰撞过程中动量守恒+＝v′Q+v′车 由题意知 代入数据可得， 碰撞后系统动能与共速动能的差，全部由摩擦生热消耗 代入数据可得x＝0.1m 总相对路程 答：（1）若物块P经过CB后恰好能到达圆弧轨道的最高点A，弹开后瞬间物块P的速度大小是6m/s，弹簧锁定时的弹性势能是27J； （2）在（1）的条件下，若物块Q与挡板的碰撞为弹性碰撞，Q从滑上小车到最终与小车相对静止的过程中，Q与挡板的碰撞次数是1次，Q相对于小车运动的总路程是0.6m； （3）在（2）的条件下，若物块Q与挡板碰撞时的恢复系数为e（0＜e＜1），从Q滑上小车到最终与小车相对静止的过程中，Q相对于小车运动的总路程＝0.5+0.1（m）。 考点九　板块模型 ▎知识梳理 1．板块模型 滑块在长木板上相对滑动，当水平面光滑时，滑块与木板组成的系统动量守恒。 图9　板块模型：摩擦力作用下两物体最终共速 2．功能关系 摩擦力生热 Q=f·相对位移；两物体共速时相对静止，相对位移不再增大。 3．解题要点 分别明确各物体的对地位移和相对位移，结合牛顿第二定律、动能定理和动量守恒求解。 分析角度 关系或规律 动力学 摩擦力 f=μmg，分别求两物体加速度 功能 生热 Q=f·相对位移 动量 水平面光滑时系统动量守恒 最终状态 共速、相对静止 ▎重难诠释 摩擦生热用相对位移，不是对地位移；共速时两物体相对静止。 水平面光滑时系统动量守恒；有挡板时碰撞瞬间只改变相碰物体速度。 记忆点：板块摩擦生热 f 相对位移，共速相对静止。 ◆ 例题·变式演练 【例题】如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（　　） A．若M＞m，物体A对地向左的最大位移是 B．若M＜m，小车B对地向右的最大位移是 C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为 D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为 【答案】D 【解答】解：AB、根据题意分析可知，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有 ﹣＝（M+m）v 解得 若M＞m，A所受的摩擦力 f＝μmg 对A，根据动能定理得 则得物体A对地向左的最大位移 若M＜m，对B，由动能定理得 则得小车B对地向右的最大位移 故AB错误； C、根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即 故C错误； D、取初速度方向为正方向，根据动量定理得 ﹣ft＝Mv﹣ 又f＝μmg，解得 故D正确。 故选：D。 【易错点】　板块摩擦生热 Q=f·相对位移，不能用对地位移；共速时两物体相对静止。水平面光滑时系统动量守恒；若有挡板，碰撞瞬间只改变与之相碰物体的速度。分析板块要分别明确各物体的对地位移、相对位移，再结合动能定理和动量守恒。 【变式1】如图所示，质量M＝4kg，半径R＝2m的四分之一光滑圆弧轨道P放置在光滑水平平台上，轨道最低点与平台相切，轨道右侧有一质量m＝1kg的长木板B静止于光滑水平面上，木板上表面与平台面等高且紧靠平台，木板右端与竖直挡板距离为L，将质量＝2kg小物块（视为质点）从圆弧轨道端点A的正上方h＝0.7m处无初速释放，经过平台后滑上木板，当小物块刚好与木板共速时，木板与挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，小物块始终没有脱离木板，重力加速度g取10，不计空气阻力，求： （1）小物块滑离圆弧轨道时的速度大小； （2）木板右端到挡板的距离L； （3）从小物块滑上木板到最终停止，木板的总路程s。 【答案】（1）小物块滑离圆弧轨道时的速度大小为6m/s； （2）木板右端到挡板的距离L为4m； （3）从小物块滑上木板到最终停止，木板的总路程s为13m。 【解答】解：（1）设小物块滑离圆弧轨道P时P的速度大小为。小物块与P组成的系统在水平方向上动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得： 0＝﹣ 联立解得：＝6m/s （2）从小物块滑上B至两者第一次共速的过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得： ＝（+m） 解得两者共速时的速度大小为：＝4m/s 此过程对木板B由动能定理得： 解得：L＝4m （3）小物块和木板B相对滑动过程中小物块始终相对木板向右滑动，设木板B的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得： μg＝ma，解得：a＝2 第一次碰撞后，木板向左运动的最大位移为：，解得：＝4m 第一次碰撞后到第二次碰撞前，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：﹣＝（m+） 解得第二次碰撞前速度大小为： 第二次碰撞后，木板向左运动最大位移为： 由动量守恒同理可得，第三次碰撞前速度大小为： 第三次碰撞后，木板向左运动最大位移为：（）2 以此类推，归纳可得第n次碰撞后，木板向左运动最大位移为： 可得木板B的总路程为：s＝L+2（+++•••+）＝L+2[（1（）2+……+（）n﹣1]，（n→∞） 由等比数列求和解得：s 答：（1）小物块滑离圆弧轨道时的速度大小为6m/s； （2）木板右端到挡板的距离L为4m； （3）从小物块滑上木板到最终停止，木板的总路程s为13m。 【变式2】如图所示，P为固定竖直挡板，质量为3m的长木板A静置于光滑水平面上（A的上表面略低于挡板P的下端），质量为m的小物块B（可视为质点）置于长木板的右端，物块B和长木板A以相同的水平初速度一起向右运动，物块B与挡板P碰撞后反向运动，经过一段时间，B最终停止运动。已知小物块B始终未从长木板A上滑下，A、B间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块与挡板发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求： （1）第一次碰撞后瞬间A、B的加速度大小和； （2）B、P从第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间t； （3）A板长度的最小值L。 【答案】（1）第一次碰撞后瞬间A、B的加速度大小为，为μg； （2）B、P从第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间t为； （3）A板长度的最小值L为。 【解答】解：（1）水平面光滑，只有A、B间滑动摩擦力提供加速度。对长木板A，由牛顿第二定律 μmg＝3maA 解得 对小物块B，由牛顿第二定律 μmg＝ 解得 ＝μg （2）B物块与挡板P发生弹性碰撞，碰后B物块速度为，方向水平向左，此后A与B达到第一次共速的速度，A与B系统动量守恒，以的方向为正方向，则 3﹣＝4 解得 （方向水平向右） 设此过程所用时间为，对B的运动过程 ﹣（﹣）＝ 解得 此过程B物块的位移为，对B的运动过程 解得 此后A与B一起做匀速直线运动，直到B第二次与挡板P发生碰撞，匀速运动过程中 解得 总时间 t＝+ 解得 （3）B多次与挡板P发生弹性碰撞，不会损失能量，A与B反复摩擦才会损耗系统动能，无数次碰撞后A、B最终全部静止，系统初始动能全部转化为摩擦内能。每一次B都相对A向左运动，当B相对静止在A的最左端时，发生的相对位移等于A的最小长度L。根据能量守恒 解得 答：（1）第一次碰撞后瞬间A、B的加速度大小为，为μg； （2）B、P从第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间t为； （3）A板长度的最小值L为。 【变式3】如图所示，半径R＝1.8m的四分之一光滑圆弧轨道固定在水平地面上，最低点切线水平，紧邻轨道左侧放置着一下表面光滑、上表面粗糙的木板A，在木板A的左侧放置一小物块C。从与圆心O点等高处静止释放小滑块B，经圆弧最低点滑上A，A与B共速后，再与C发生弹性碰撞.在以后的运动过程中，小滑块B始终在木板A上。已知＝2kg，＝1kg，＝2kg，B与A间、C与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，重力加速度g＝10。求： （1）B经过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小； （2）A、C第一次碰撞前，A、B系统损失的机械能ΔE； （3）C在地面上运动的最大位移x。 【答案】（1）B经过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小为30N。 （2）A、C第一次碰撞前，A、B系统损失的机械能为12J。 （3）C在地面上运动的最大位移为2.25m。 【解答】解：（1）滑块B从圆弧轨道顶端由静止释放至最低点的过程，机械能守恒，有，代入R＝1.8m，解得：＝6m/s。 在最低点，根据牛顿第二定律得，解得支持力，代入得＝3g，代入数据＝30N。 （2）滑块B滑上木板A后，在摩擦力作用下A加速、B减速，直至达到共同速度。取水平向左为正方向，由动量守恒定律有＝（+），代入数据解得：＝2m/s。此过程中系统损失的机械能，代入数据解得：ΔE＝12J。 （3）木板A与物块C质量相等，发生弹性碰撞且时间极短，滑块B的速度不变。根据弹性碰撞规律，质量相等的两物体碰撞后交换速度，故第一次碰撞后，A停下， C以速度＝＝2m/s向左运动。物块C在地面受摩擦力减速，其加速度大小＝μg，代入数据解得，滑行位移，解得：＝2m。 碰撞后，A速度变为0，滑块B以2m/s继续在A上滑动，再次达到共速，解得：。 此后A再次追上并碰撞已停止的C，第二次碰撞后C的速度＝，代入数据解得，位移，解得：。 依此类推，第n次碰撞后C的速度，位移。 C在地面运动的最大位移为各段位移之和，即，解得：x＝2.25m。 答：（1）B经过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小为30N。 （2）A、C第一次碰撞前，A、B系统损失的机械能为12J。 （3）C在地面上运动的最大位移为2.25m。 考点十　力学三大观点综合应用 ▎知识梳理 1．力学三大观点 动力学观点（牛顿运动定律）、能量观点（动能定理、机械能守恒）、动量观点（动量定理、动量守恒）。 图10　力学三大观点及其相互联系 2．选用原则 涉及力、加速度用动力学；涉及位移、功用能量；涉及时间、碰撞、内力用动量。 3．综合应用 多体、多过程问题往往需要结合多个观点，分阶段处理，注意临界状态和各阶段的速度衔接。 观点 核心规律 适用问题 动力学观点 牛顿第二定律 F=ma 求力、加速度、瞬时状态 能量观点 动能定理、机械能守恒 涉及位移、功、速度大小 动量观点 动量定理、动量守恒 涉及时间、碰撞、反冲、内力 ▎重难诠释 碰撞、反冲优先用动量观点；涉及高度、速度大小用能量观点；涉及加速度用动力学。 多过程问题分阶段，抓住共速、原长、最高点等临界状态，衔接时速度不变。 记忆点：力与加速度动力学，位移做功能量，时间碰撞动量。 ▎热点·科技前沿 热点·神舟二十三号径向交会对接 2026年5月25日，神舟二十三号载人飞船采用自主快速交会对接方式，经过约3.5小时，成功对接于空间站天和核心舱径向端口，首次有香港航天员进驻空间站。对接前，飞船沿径向（指向地心方向）接近核心舱，通过多次姿态与轨道控制，使两者在接触瞬间的相对速度很小；对接机构捕获、锁紧后，飞船与核心舱连成一体、以共同速度绕地球运行。这一过程在动量上可视为完全非弹性碰撞：对接瞬间系统（飞船与空间站）动量守恒，而锁紧后两者共速，部分动能转化为锁紧机构的内能，体现了动量守恒与能量转化的综合应用。 图11　神舟载人飞船径向接近空间站并交会对接（对接后共速） ◆ 例题·变式演练 【例题】如图，光滑轨道PQO的水平段，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短，物块可视为质点，不计空气阻力。求： （1）小物块A第一次到达O点时的速度大小，以及第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小； （2）第一次碰撞后，A沿光滑轨道上升的最大高度，以及B在水平地面滑行至停止的总位移大小； （3）A沿光滑轨道返回O点后向右滑行直至静止，求A、B最终静止时到O点的距离，并计算全过程中系统因摩擦产生的总内能。 【答案】（1）小物块A第一次到达O点时的速度大小为，第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为、； （2）第一次碰撞后，A沿光滑轨道上升的最大高度为h，B在水平地面滑行至停止的总位移大小为h； （3）A、B最终静止时到O点的距离分别为h、h，全过程中系统因摩擦产生的总内能为mgh。 【解答】解：（1）A下滑过程，由机械能守恒定律得 解得A第一次到达O点的速度为 A、B发生完全弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 ＝+4 解得碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为 ， （2）A碰撞后沿轨道上升，由机械能守恒定律得 解得A上升的最大高度为 B碰撞后在水平地面滑行，由动能定理得 解得B第一次滑行的位移为 （3）A沿轨道返回O点，速度大小仍为，向右滑行至B的位置时，由运动学公式有 解得A与B第二次碰撞前速度为 A、B发生第二次完全弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv＝'+4' 解得第二次碰撞后A、B的速度分别为 '，' 碰撞后A左滑行，由动能定理得 ﹣μ＝0 可得 A最终距O点的距离为 ＝﹣h B碰撞后向右滑行，总位移为 ＝h 全过程系统因摩擦产生的总内能等于初始重力势能，即 Q＝mgh 答：（1）小物块A第一次到达O点时的速度大小为，第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为、； （2）第一次碰撞后，A沿光滑轨道上升的最大高度为h，B在水平地面滑行至停止的总位移大小为h； （3）A、B最终静止时到O点的距离分别为h、h，全过程中系统因摩擦产生的总内能为mgh。 【易错点】　涉及力、加速度优先用动力学观点；涉及位移、功优先用能量观点；涉及时间、碰撞、内力优先用动量观点。多过程问题要分阶段，抓住共速、原长、最高点等临界状态，注意各阶段衔接时速度不变。空间交会对接后两者共速，可视为完全非弹性碰撞，动量守恒、动能有损失。 【变式1】图示，左侧水平高台上放置一质量＝0.92kg的木块，一质量＝0.08kg的子弹以＝400m/s的速度射向木块并留在其中，随后木块滑向右侧光滑水平面上足够长的长木板上，长木板上表面粗糙且与高台齐平，长木板右侧足够远处排列2个质量均为M＝3kg的铁块，已知长木板质量m＝1kg，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度g＝10，求： （1）子弹打入木块过程中系统损失的机械能； （2）木块第一次与长木板共速过程中，受到长木板的摩擦力的冲量大小； （3）木块最终的速度大小。 【答案】（1）子弹打入木块过程中系统损失的机械能为5888J。 （2）木块第一次与长木板共速过程中，受到长木板的摩擦力的冲量大小为16N•s。 （3）木块最终的速度大小为1m/s。 【解答】解：（1）子弹打入木块，以运动方向为正方向，根据动量守恒定律＝（+） 可知，代入数据计算可得＝32m/s 根据能量守恒可知，此过程中损失的动能，代入数据计算可得＝5888J 解得＝5888J （2）木块（含子弹）m滑上长木板，第一次与长木板共速过程中，系统动量守恒＝（m+m），解得＝16m/s 由动量定理得摩擦力的冲量I＝m（﹣），解得I＝16N•s （3）长木板与1号铁块发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒有＝+， 可知，代入数据计算可得＝﹣8m/s，，计算得＝8m/s 接着1号铁块与2号铁块发生弹性碰撞，由于质量相等，发生速度交换，2号铁块获得8m/s的速度滑走，1号铁块静止，m则反弹后向左运动一段时间后再次与木块共速，继续碰撞铁块1，由以上分析有+＝（m+m） 可知，代入数据计算可得＝4m/s 长木板与1号铁块再次发生弹性碰撞，可解得，计算得＝﹣2m/s，，计算得′＝2m/s 1号铁块获得2m/s的速度滑走，对木板和木块，根据动量守恒+＝（m+m） 解得木板与木块最终速度＝1m/s 答：（1）子弹打入木块过程中系统损失的机械能为5888J。 （2）木块第一次与长木板共速过程中，受到长木板的摩擦力的冲量大小为16N•s。 （3）木块最终的速度大小为1m/s。 【变式2】如图，内部光滑的细圆环水平放置并固定，圆环内有质量相等的小球A、B和C静止于彼此间距相等的三个位置。开始时小球A以大小为的初速度沿圆环切线向左运动，之后小球间发生若干次碰撞，最终三球速度大小相等。A与B碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e（0＜e＜1）倍，B与C、C与A碰撞后粘在一起。 （1）求最终三球速度的大小； （2）求小球之间发生碰撞的可能次数； （3）若细圆环周长L＝3m、＝1m/s，求e＝0.6、e＝0.2两种情况下小球间发生最后两次碰撞之间的时间间隔。 【答案】（1）最终三球速度的大小为； （2）小球之间发生碰撞的可能次数为 若＝，碰撞2次； 若＜，碰撞3次； 若＞，碰撞4次； （3）若细圆环周长L＝3m、＝1m/s，e＝0.2的情况下小球间发生最后两次碰撞之间的时间间隔为150s，e＝0.6的情况下小球间发生最后两次碰撞之间的时间间隔为11.25s。 【解答】解： （1）碰撞过程中，以的方向为正方向，根据动量守恒定律有＝3mv 解得 （2）A、B碰撞，以的方向为正方向，根据动量守恒定律有 ＝+ 且﹣＝ 解得 B、C碰撞，以的方向为正方向，则 ＝2 ＝时 若＝此后无碰撞，即：时，碰撞2次 若＜，BC组合体追上A（C碰A），与A碰后三球共速，即： 时，碰撞3次 若＞，A追上BC组合体（A碰B），与BC组合体发生非弹性碰撞，此后B、C组合体追上A（C碰A），与A碰后三球共速，即：时，碰撞4次 （3）e＝0.6时碰3次，此情况下＝0.2m/s ＝0.8m/s ＝0.4m/s 从第1次碰撞到第3次碰撞，B比A多转1圈，即： +﹣（+）＝L 解得 ＝1.25s ＝11.25s e＝0.2时碰4次，此情况下 ＝0.4m/s ＝0.6m/s ＝0.3m/s 从第3次碰撞到第4次碰撞，BC组合体比A多转1圈，即： ﹣＝L 第3次碰撞 +2＝+2 ﹣＝e（﹣） 解得 ＝0.32m/s ＝0.34m/s ＝150s 答：（1）最终三球速度的大小为； （2）小球之间发生碰撞的可能次数为 若＝，碰撞2次； 若＜，碰撞3次； 若＞，碰撞4次； （3）若细圆环周长L＝3m、＝1m/s，e＝0.2的情况下小球间发生最后两次碰撞之间的时间间隔为150s，e＝0.6的情况下小球间发生最后两次碰撞之间的时间间隔为11.25s。 【变式3】一质量均匀的圆形光滑细管静置在足够大的光滑水平面上，管的质量为2m，半径为R，圆管直径两端有质量均为m的小球a、b，俯视图如图所示。现使两球同时以初速度向右运动，两球从开始运动到发生第一次碰撞过程中，管的位移为，已知重力加速度为g，两球间的碰撞均为弹性碰撞，求： （1）水平面对管的支持力大小及a球开始运动时加速度大小； （2）两球从开始运动到刚要发生第一次碰撞过程中，管对a球做的功W； （3）两球从开始运动到第n次碰撞过程中，管运动时间t及位移大小x。 【答案】（1）水平面对管的支持力大小为4mg，a球开始运动时加速度大小为； （2）两球从开始运动到刚要发生第一次碰撞过程中，管对a球做的功W为； （3）两球从开始运动到第n次碰撞过程中，管运动时间t为，位移大小x为 若n是奇数，x＝（2n﹣1）+（n﹣1）R（n取奇数） 若n是偶数，x'＝（2n﹣1）+nR（n取偶数）。 【解答】解：（1）对整体受力分析，可得 ＝4mg a球的加速度大小为： （2）在水平面上，设初速度方向为+x方向，与初速度垂直方向为y方向，第一次两球刚要碰撞时细管的速度大小为则两球的水平分速度也为，两球沿y方向的分速度大小为，以的方向为正方向，由系统动量守恒可得 +＝（2m+m+m） 由系统机械能守恒可得 对a球，由动能定理可得 解得： （3）①设两球第一次碰撞前某时刻细管的速度大小为，两球的水平分速度大小为，从开始运动到发生第一次碰撞的时间为，以的方向为正方向，由系统水平方向动量守恒可得： +＝2++ 取极短时间Δt，则 （+）Δt＝2Δt+2Δt 由微元求和可得 即 ＝+ 其中为球在时间内沿x方向的位移 又﹣＝R 解得： 第一次碰撞后两球交换速度后，由运动的对称性可知，返回到相对管的原出发点所需时间为，此时管的速度为零，两小球的速度大小均为，方向向左，再经过时间在圆管的最左端发生第二次碰撞，则第一次碰撞到第二次碰撞的时间为2，此后相邻两次碰撞的时间间隔均为2，可得两球从开始运动到第n次碰撞管运动的时间为： ②若n是奇数，设管运动的时间t内位移为x，小球沿x方向的位移为由微元求和可得 即 t＝x+ 又 ﹣x＝R 管运动的位移大小为 x＝（2n﹣1）+（n﹣1）R（n取奇数） 若n是偶数，设管运动的时间t内位移为x'，小球沿x方向的位移为x'球x'﹣x'球＝R管运动的位移大小为x'＝（2n﹣1）+nR（n取偶数） 答：（1）水平面对管的支持力大小为4mg，a球开始运动时加速度大小为； （2）两球从开始运动到刚要发生第一次碰撞过程中，管对a球做的功W为； （3）两球从开始运动到第n次碰撞过程中，管运动时间t为，位移大小x为 若n是奇数，x＝（2n﹣1）+（n﹣1）R（n取奇数） 若n是偶数，x'＝（2n﹣1）+nR（n取偶数）。 ★ 综合练习 ★ 本部分精选15道题目，覆盖动量守恒、碰撞、反冲人船、弹簧板块与三大观点等核心内容，请在规定时间内独立完成。 1．如图所示，小球A静置于光滑圆弧槽最低点，将另一小球B从距A较近的位置静止释放，已知＞，两球大小相同且发生弹性碰撞，圆弧槽的半径远大于AB间距，以A初始位置为坐标原点，取向右为正方向，则B与A从第一次碰撞到第三次碰撞过程中，两球位移随时间变化的关系图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：AB、由于圆弧槽的半径R远大于A、B两球之间的初始距离，小球在槽内的运动可近似视为简谐振动。根据简谐振动的特征，其位移x随时间t变化的图像应为正弦曲线，而不是折线，故AB错误； CD、两球在x＝0位置发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有＝+，根据机械能守恒定律有。联立两式可解得碰撞后瞬间两球的速度分别为，。已知＞，因此有＞＞0，这意味着碰撞后两球均沿正方向（向右）运动，且A球的初速度大于B球。简谐振动的周期公式为，与小球质量无关，因此两球的振动周期相同，将同时回到平衡位置（原点）。由振幅公式可知，初速度v越大，振幅也越大，所以A球的振幅大于B球。图D中的两条曲线均从原点出发向正方向延伸，并且A曲线对应的振幅大于B曲线，与理论分析相符，故C错误，D正确。 故选：D。 2．如图所示，凹槽A放在光滑水平地面上，槽内有一可视为质点的小物块B，到槽两侧内壁的距离均为l＝2.4m。B正上方有一固定在长度大于4l的水平轻杆中点的物块C（也可视为质点），槽与轻杆间的摩擦不计，小物块与凹槽间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B、C三者质量相等；t＝0时让物块B以＝4m/s的初速度向右运动，已知发生的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10，下列说法正确的是（　　） A．A、C第一次碰撞前瞬间B的速度大于A的速度 B．C第一次被碰撞后瞬间速度大小为2m/s C．A、B第一次碰撞前C向右运动的距离为3m D．系统内第二次碰撞一定发生在A的左侧壁 【答案】B 【解答】解：A、物体B以初速度＝4m/s带动A向右运动，由v﹣t图像分析可知： 因A、B间存在摩擦，B做匀减速运动，A做匀加速运动。设第一次碰撞前两者共速，由动量守恒得＝2，解得：＝2m/s。加速度a＝μg＝2。此时B相对A位移为阴影面积Ⅰ，即l＝2.4m，假设成立。故A、C首次碰撞前A、B速度相同，故A错误； B、从首次A、C碰撞到A、B碰撞前，由图像知A需运动＝（2.4﹣1）m＝1.4m时发生碰撞，位置关系如图： 根据动量与机械能守恒，A、C速度交换，A速度为零，C以＝2m/s右行，此后A受摩擦向右加速，故B正确； CD、设时刻A、B碰撞（系统第二次碰撞），由位移关系（﹣1.7s）×[﹣a（﹣1.7s）]＝0.4m，解得：。碰前B速度＝2m/s，碰后A、B速度交换，此间C运动距离为，故CD错误。 故选：B。 3．如图所示，U形长木板置于光滑水平桌面上，两端各固定一轻质弹簧，A、B为弹簧原长处，A、B之间粗糙，两侧光滑。现将一木块放置于A、B间某处，某时刻给木块一个水平向右的初速度，则从该时刻起，关于木块、木板及弹簧组成的系统，下列说法正确的是（　　） A．系统最终速度为0，动量不守恒，木块动能全部转化为内能 B．系统最终速度不为0，动量守恒，木块减小的动能转化为内能和木板的动能 C．系统最终速度不为0，动量不守恒，木块减小的动能转化为内能和弹性势能 D．系统最终速度不为0，动量守恒，木块减小的动能转化为内能和弹性势能 【答案】B 【解答】解：系统置于光滑水平桌面上，系统所受合外力为零，根据动量守恒定律的条件，可知系统动量守恒。初始时刻系统总动量不为零，所以系统最终速度不为0，最终系统匀速运动，根据牛顿第二定律分析，小物块不能压缩弹簧，弹簧处于原长状态。木块在A、B间运动时，由于A、B之间粗糙，木块与木板间存在摩擦力，会产生内能，所以木块减小的动能转化为内能和木板的动能，而不是转化为内能和弹性势能。故B正确，ACD错误。 故选：B。 4．图为两个质量分别为m、M的小球在光滑水平冰面上发生对心正碰前后的x﹣t图像，则下列说法正确的是（　　） A．M：m＝3：2 B．碰撞过程中两小球所受合外力相同 C．碰撞前后质量为m的小球动量的变化量大小为2m D．两小球发生的是弹性碰撞 【答案】D 【解答】解：A、x﹣t图像的切线斜率表示速度，可知碰撞前质量为M的小球速度为0，质量为m的小球速度为 碰撞后两小球的速度分别为， 碰撞过程满足动量守恒，取m速度方向为正方向，则有＝+ 解得M：m＝3：1，故A错误； B、碰撞过程中两小球所受合外力大小相等，方向相反，故B错误； C、取m速度方向为正方向，碰撞前后质量为m的小球动量变化量为Δp＝﹣ 代入数据解得Δp＝﹣6m 可知碰撞前后质量为m的小球动量变化量大小为6m，故C错误； D、碰撞过程中，由于碰前的动能为 碰撞后的动能为 可知碰撞过程满足机械能守恒，故两小球发生的是弹性碰撞，故D正确。 故选：D。 5．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 【解答】解：全系统最终稳定共速于，运动图像呈现具有突跳点与时间非对称性的折线。初始相对滑动阶段，受力均遵循牛顿第二定律，二者加速度大小保持a＝μg。 小滑块向右减速、框架向右加速直至发生弹性碰撞，等质量的二者在瞬间完成速度交换。 碰后相对运动反向引起相互摩擦力翻转，框架直接转作匀减速直线运动，小滑块转作匀加速直线运动。 依全过程动量守恒定律＝2mv直达终态共速。由于滑块往返阶段相对于框架的位移大小相等，碰后时段必然长于碰前时段，由此产生速度跳变及不对称的倾斜图线。故BCD错误，A正确。 故选：A。 6．如图所示，在研究钢板防御穿甲能力的实验中，一块钢板被锁定在光滑的水平面上，子弹以水平方向的初速度射入钢板，恰好能穿过。现解除锁定，让子弹以相同的初速度射向钢板，假设子弹穿入钢板过程中受到的阻力恒定，子弹射入钢板过程中（　　） A．子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小 B．子弹对钢板的水平冲量和锁定时的一样大 C．钢板对子弹做的功比锁定时的多 D．钢板对子弹做的功和锁定时的一样多 【答案】A 【解答】解：设子弹的初速度大小为，子弹所受的阻力大小为f，钢板的厚度为d，钢板被锁定时，对子弹，由动能定理： 解得 钢板解除锁定时，假设子弹不能射穿钢板，其射入钢板的深度为x，对子弹和钢板组成的系统，由动量守恒定律：＝（M+m）v 由能量守恒定律：﹣fx 联立知子弹与钢板一起运动的速度大小，x，可见假设成立，对子弹，由动量定理知，锁定时，钢板对子弹的水平冲量大小＝|0﹣|＝ 由动能定理知，钢板对子弹做功的绝对值 解除锁定后，钢板对子弹的水平冲量大小＝|mv﹣|＝﹣mv＜＝ 由动能定理知，钢板对子弹做功的绝对值 根据牛顿第三定律，可见解除锁定后子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小，钢板对子弹做的功比锁定时的少，故A正确，BCD错误。 故选：A。 7．一物块静止在光滑水平面上，时刻，质量为的子弹击中并穿过物块，子弹和物块的水平位移x随时间t变化关系的图像如图所示，子弹穿过物块的时间极短。下列说法不正确的是（　　） A．子弹刚击中物块的速度大小为 B．子弹穿过物块后，物块的速度大小为 C．物块的质量为8 D．子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为 【答案】D 【解答】解：A、根据x﹣t图线的斜率表示速度可知，子弹刚击中物块的速度大小为，故A正确； B、子弹穿过物块后，因子弹的速度较大，故子弹的x﹣t图线斜率较大，物块的x﹣t图线斜率较小，则物块的速度大小为，故B正确； C、子弹穿过物块后，子弹的速度大小为 规定子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得＝+ 解得物块的质量为m＝8，故C正确； D、子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为，故D错误。 本题选不正确的，故选：D。 8．质量相等的甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细线相连，开始时细线处于松弛状态。现使两球反向运动，＝3m/s，＝﹣2m/s，如图所示，当细绳拉紧时突然绷断，这以后两球的运动情况可能是（　　） A．'＝2.5m/s，'＝1m/s B．'＝1.5m/s，'＝﹣0.6m/s C．'＝0，'＝1m/s D．'＝4m/s，'＝﹣3m/s 【答案】C 【解答】解：A、规定甲球初速度方向为正方向，设两球质量均为m。细绳拉紧至绷断的过程中，两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。 由+＝'+'，解得'+'＝1m/s。该选项中两球末速度之和为3.5m/s，不满足动量守恒，故A错误； B、该选项中两球末速度之和为0.9m/s，不满足动量守恒，故B错误； C、该选项中两球末速度之和为1m/s，满足动量守恒。细绳拉紧并绷断的过程中，系统动能可以转化为细绳的弹性势能及内能，但系统动能不能增加。 根据和，解得，系统动能减少，且两球速度的变化方向与各自所受拉力方向一致， 因此可能出现，故C正确； D、该选项中两球末速度之和为1m/s，满足动量守恒。但根据动能公式，解得，系统动能增加，不符合上述过程的能量转化规律，故D错误。 故选：C。 9．如图所示，一乒乓球撞击水平面上A点后，经过B点反弹到最高点C时，被球拍沿水平方向击回，恰好落在A处。若球反弹时为弹性碰撞，不计空气阻力，则关于此运动过程判断正确的是（　　） A．球撞击球拍前的速度与撞击之后的速度之比为1：3 B．球撞击球拍前的速度与撞击之后的速度之比为3：1 C．球从A到B的时间与C到A的时间之比为2：3 D．球从A到B的时间与C到A的时间之比为3：2 【答案】A 【解答】解：CD、设乒乓球从B点运动到最高点C的时间为t。球在B点发生弹性碰撞，无机械能损失，故球在B点反弹前后的竖直分速度大小相等。A到B的运动为斜抛运动，B到C为斜抛运动的后半段（竖直分速度减为零的过程），根据对称性可知，A到B的过程相当于完整的抛体运动，其运动时间＝2t。球被击回后从C到A做平抛运动，竖直方向为自由落体运动，下落高度与B到C上升高度相同，故运动时间＝t。因此，球从A到B的时间与C到A的时间之比为：＝2：1，故C错误，D错误； AB、设球撞击球拍前的水平分速度大小为。水平方向上，球做匀速直线运动，A到C的水平距离＝（+）＝（2t+t）＝3t。球被击回后做平抛运动，水平分速度大小为，水平位移大小＝＝t。由于恰好落在A处，则＝，即3t＝t，解得：＝1：3。故球撞击球拍前的速度与撞击之后的速度之比为1：3，故A正确，B错误。 故选：A。 10．如图所示，平静的湖面上有一艘静止的小船，李同学和刘同学均站立在船头处（图中未画出），两位同学发现距离船头前方d处有一株荷花。当刘同学缓慢从船头走至船尾时，站立在船头的李同学恰好到达荷花处。已知李同学和刘同学的质量均为m，船长为L，不计水的阻力，则船的质量为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：根据题意分析可知，设船的质量为M，人、船水平方向动量守恒，设刘同学走动时船和李同学的速度大小为，刘同学的速度大小为，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 故 人、船运动时间相等，则有（M+m）﹣＝0 又+＝L，＝d 联立解得船的质量为，故A正确，BCD错误； 故选：A。 11．在平静的水面上漂浮着一块质量M的带有支架的木板，支架上蹲着一只质量为m的青蛙，M＞m，突然青蛙相对于地面以一定水平速度向右跳出，恰好落到木板最右端。水的阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．青蛙对木板的冲量大小大于木板对青蛙的冲量大小 B．青蛙落到木板后两者一起向右做匀速直线运动 C．该过程青蛙相对于地面的水平位移大于木板相对于地面的水平位移 D．如果增加木板的质量（长度不变），则青蛙以同样的水平速度跳出后会落入水中 【答案】C 【解答】解：A．由于青蛙对木板的作用力与木板对青蛙的作用力是一对相互作用力，二者大小相等、方向相反，作用时间相等，所以青蛙对木板的冲量大小等于木板对青蛙的冲量大小，故A错误； B．由于青蛙和木板组成的系统水平方向动量守恒，系统初动量为零，所以末动量也为零，所以青蛙落到木板后二者静止，故B错误； C．设青蛙相对于木板的水平位移为L，根据人船模型的特点可得：＝，+＝L，解得：，； 由于：M＞m，所以＞，故C正确； D．设支架高为h，根据：＝，t+t＝L′，， 可知，青蛙以同样的水平速度跳出，增加木板的质量（长度不变），则木板的速度减小，由于时间不变，所以青蛙相对于木板的位移t减小，木板相对地面的位移t不变， 即：L′＜L，青蛙不会落入水中，故D错误。 故选：C。 12．如图所示，在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量均为m。A、B两球相向运动，速度大小均为v，两球发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，求： （1）两球未碰前，A球的动量大小p； （2）两球压缩最紧时，两球系统的弹性势能。 【答案】（1）A球的动量大小为mv。 （2）两球系统的弹性势能为。 【解答】解：（1）两球未碰前，A球的质量为m，结合题图可知其速度大小为v，根据动量的定义，A球的动量大小p＝mv。 （2）两球碰撞过程中，当两球压缩最紧时具有相同的速度。 规定向右为正方向，设此时的共同速度为，根据动量守恒定律有mv﹣mv＝（m+m），解得＝0。 在两球压缩最紧时，系统的初始动能全部转化为弹性势能，根据系统的能量守恒定律有，解得两球系统的弹性势能。 答：（1）A球的动量大小为mv。 （2）两球系统的弹性势能为。 13．如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动。若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。重力加速度为g，求： （1）碰撞前，木块1在最低点时轻绳的拉力大小； （2）碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度。 【答案】（1）碰撞前，木块1在最低点时轻绳的拉力大小为9mg。 （2）碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度为。 【解答】解：（1）木块1从水平位置由静止释放运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律有，解得碰撞前木块1在最低点的速度大小。 在最低点，对木块1根据牛顿第二定律有，解得轻绳的拉力大小T＝9mg。 （2）碰撞后，木块2沿水平方向飞出做平抛运动，在竖直方向上有，在水平方向上有2L＝t，联立解得木块2碰撞后的速度大小。 在木块1与木块2碰撞的过程中，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有3＝3'+，解得碰撞后木块1的速度大小。 碰撞后木块1继续向前摆动上升的过程，根据机械能守恒定律有，解得木块1相对桌面能上升的最大高度。 答：（1）碰撞前，木块1在最低点时轻绳的拉力大小为9mg。 （2）碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度为。 14．如图所示，在水平面上放有质量均为m的小球A和坡形导轨B，导轨B的水平底边长为l，现两者均以初速度v迎面而行，小球恰能越过导轨最高点并向右滑下离开B，小球滑上和滑下导轨的时间均为。不计一切摩擦，求这个过程中： （1）导轨B发生的位移大小； （2）B的右侧面对A的冲量大小I。 【答案】（1）导轨B发生的位移大小为； （2）B的右侧面对A的冲量大小。 【解答】解：（1）取水平向右为正方向，整个过程中，A和B组成的系统在水平方向动量守恒mv﹣mv＝﹣ 即0＝t﹣t 累加求和可得0＝m∑t﹣m∑t 可得＝ 又因为+＝l 解得 （2）小球运动到最高点过程中，A和B组成的系统在水平方向动量守恒mv﹣mv＝﹣ 即A和B在水平方向速度永远等大反向，小球恰能越过导轨最高点即小球在最高点时的瞬时速度为0，此后A离开B时的速度仍为v，方向沿水平方向，此过程对A，根据动量定理，在水平方向＝mv﹣0 在竖直方向mgt+＝0﹣0 则B的右侧面对A的冲量大小 解得。 答：（1）导轨B发生的位移大小为； （2）B的右侧面对A的冲量大小。 15．半径为R，质量为的光滑半圆形凹槽静止在光滑水平地面上，在凹槽左侧与圆心等高处静止释放一质量为m的小球。 （1）固定凹槽时，求小球下滑到最低点对凹槽的压力大小F； （2）凹槽不固定，小球运动过程中的动能随时间变化图像如图所示，图中、、已知，求： ①小球运动到最低点的速度大小； ②小球从释放到第一次到达最低点过程中凹槽对小球的冲量大小I。 【答案】（1）小球下滑到最低点对凹槽的压力大小为3mg； （2）①小球运动到最低点的速度大小为；②球从释放到第一次到达最低点过程中凹槽对小球的冲量大小为。 【解答】解：（1）对小球，根据动能定理， 根据牛顿第二定律可得， 解得＝3mg， 根据牛顿第三定律可得，小球下滑到最低点对凹槽的压力大小F＝＝3mg； （2）①设小球运动到最低点时，半圆形凹槽的速度大小为小球和凹槽在水平方向上动量守恒， 根据机械能守恒， 联立，解得； ②由题意可知，小球在时刻第一次到达最低点。在水平方向，根据动量定理， 在竖直方向，冲量大小为＝， 则小球从释放到第一次到达最低点过程中凹槽对小球的冲量大小为。 答：（1）小球下滑到最低点对凹槽的压力大小为3mg； （2）①小球运动到最低点的速度大小为；②球从释放到第一次到达最低点过程中凹槽对小球的冲量大小为。 2027年高考物理一轮复习（人教版2019）· 江苏专用 · 专题21 动量守恒定律及其应用 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $