江苏2026-2027学年高二上学期物理期中考试复习讲义 专题02 动量守恒定律及其应用

2026—2027学年高二上学期物理期中复习讲义（人教版2019·江苏专用） 专题02 动量守恒定律及其应用 —学年度第一学期·期中复习 专题　动量守恒定律及其应用 高二物理（人教版选择性必修一）·江苏专用　|　精讲精练·解析版 分钟 建议用时 题 题量设置 ★★★★☆ 难度系数 解析版 讲义版本 　内容概览 　动量守恒与碰撞分类 · 考点一　动量守恒的条件与判断 · 考点二　碰撞、反冲与爆炸 　弹性碰撞与图像 · 考点三　弹性碰撞规律 、 图像分析 　非弹性碰撞与人船 · 考点四　完全非弹性碰撞、子弹打木块 · 考点五　人船模型、滑块+圆弧 　综合练习 道江苏期中真题 · 限时闯关 · 查漏补缺 　期中考情分析（江苏） 2～3大题 题量分布 ～分 占分区间 守恒判断、碰撞计算、人船模型 核心考点 ★★★★☆ 难度系数 “动量守恒定律及其应用”是人教版选择性必修一第一章的核心内容，也是江苏高二上学期期中考试力学板块的重中之重。南京、苏州、南通、无锡、扬州等地的期中卷常在选择题和计算题中，以动量守恒的条件判断、碰撞（弹性、非弹性、完全非弹性）、反冲与爆炸、人船模型以及“滑块+圆弧”为背景，考查学生对动量守恒定律矢量性、条件性的理解和运用守恒规律分析多物体、多过程问题的能力。它突出“会判断—会分类—会计算—会建模”的力学综合能力。下表汇总常见命题角度： 命题角度 命题频次 分值占比 考查重点 动量守恒条件判断 ★★★★☆ 约 系统选取、合外力、某方向守恒判断 碰撞、反冲与爆炸 ★★★★☆ 约 碰撞分类、反冲总动量为零、爆炸动能增加 弹性碰撞与图像 ★★★★★ 约 动量动能双守恒、 图像、速度交换 完全非弹性碰撞 ★★★★☆ 约 共速、动能损失最大、子弹打木块 人船模型 ★★★★☆ 约 、滑块+圆弧、相对位移 考试范围 本次期中复习覆盖动量和动量定理、动量守恒定律、机械振动等选择性必修一第一章至第二章的核心内容，各校可依据教学进度选用相应专题；具体统考范围以本校期中考试说明为准。 本专题对应选择性必修一第一章“动量守恒定律”中的动量守恒定律及其应用部分，是在动量、动量定理基础上学习的核心内容，江苏期中常以守恒条件判断、碰撞分类与计算、人船模型、滑块+圆弧为背景命制 2～3 道选择或计算题。请以本校考试说明为准。 命题特点 ■ 判断抓条件：动量守恒要看系统所受外力，分清理想守恒、近似守恒和某一方向守恒，注意矢量性。 ■ 碰撞分类型：按动能损失分为弹性、非弹性、完全非弹性碰撞，反冲、爆炸总动量守恒、动能常增加。 ■ 弹性抓双守恒：弹性碰撞动量守恒、动能守恒，借助 、 图像判断速度关系和碰撞时刻。 ■ 人船抓位移：初始静止、总动量为零，，且两者位移之和等于相对位移。 备考建议 · 守恒条件会判断：明确系统，分析外力，区分理想守恒、近似守恒和某一方向守恒，注意矢量性； · 碰撞问题会分类：按动能是否损失分弹性、非弹性、完全非弹性，反冲、爆炸总动量守恒、动能常增加； · 弹性碰撞会计算：动量、动能双守恒，记住动碰静结论，会用 、 图像分析碰撞过程； · 非弹性碰撞会求共速：完全非弹性碰撞碰后共速、动能损失最大，子弹打木块用 求深度； · 人船模型会建模：初始静止、总动量为零，，位移之和等于相对位移，会迁移到滑块+圆弧。 　期中复习目标 序号 复习目标 要求层级 对应考点 自评达成 1 理解动量守恒定律的内容和常用表达式，知道其矢量性、瞬时性、同一性、普适性 理解 考点一 □ 2 会判断动量守恒的条件，能区分理想守恒、近似守恒和某一方向守恒，正确选取系统 应用 考点一 □ 3 会对碰撞分类，能分析反冲、爆炸问题，知道反冲总动量为零、爆炸动能增加、位置不变 应用 考点二 □ 4 掌握弹性碰撞动量、动能双守恒规律，会用 、 图像分析碰撞过程和速度关系 应用 考点三 □ 5 会处理完全非弹性碰撞（共速、动能损失最大）和子弹打木块问题，用 求深度 应用 考点四 □ 6 掌握人船模型 ，能迁移到“滑块+圆弧”等类人船问题，形成守恒建模思维 应用 考点五 □ 　知识体系（思维导图） 本专题围绕“动量守恒定律—碰撞反冲爆炸—弹性碰撞—完全非弹性碰撞—人船模型”五条主线展开：先理解动量守恒定律的内容、表达式和守恒条件，再对碰撞、反冲、爆炸进行分类并掌握其规律，进而掌握弹性碰撞的双守恒规律与图像分析，并能处理完全非弹性碰撞、子弹打木块问题，建立人船模型并迁移到“滑块+圆弧”。复习时形成“会判断—会分类—会计算—会建模”的完整知识网络。 “动量守恒定律及其应用”知识体系思维导图 考向一　动量守恒定律的条件与判断 考点一 　动量守恒定律的条件与判断 知识梳理 1．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。 2．动量守恒定律的常用表达式 ① 系统作用前后总动量相等： ② 两个物体组成的系统： ③ 两物体动量变化等大反向： ④ 系统总动量变化为零： 3．动量守恒的条件 ①理想守恒：系统不受外力，或所受外力的矢量和（合外力）为零。 ②近似守恒：系统所受内力远大于外力（如碰撞、爆炸、反冲），外力的冲量可忽略，可近似认为动量守恒。 ③某一方向守恒：系统所受外力在某一方向上的分量之和为零，则该方向上动量守恒。 4．动量守恒定律的“四性” 矢量性：动量守恒是矢量方程，要先选取正方向，再带正负号运算；瞬时性：系统在作用过程的任意时刻总动量都相同；同一性：式中各物体的速度必须相对同一惯性参考系；普适性：定律既适用于宏观物体，也适用于微观粒子，既适用于低速也适用于高速运动。 表1　动量守恒的三种情况 情况 成立条件 典型实例 理想守恒 不受外力或合外力为零 光滑水平面上两物体相互作用 近似守恒 内力远大于外力 碰撞、爆炸、反冲 某方向守恒 某方向合外力为零 抛体、滑块下滑（水平方向） 重难诠释 判断守恒先选系统：明确研究对象包含哪些物体，再分析系统所受的外力，不能把内力当成外力； “合外力为零”不是“不受力”：系统内各物体间的内力不改变总动量，只要外力矢量和为零即守恒； 某方向守恒要会用：竖直方向合外力不为零、但水平方向为零时，只在水平方向列动量守恒方程。 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，错误。 故选：D。 易错点 　判断动量守恒要先选系统、分析外力，注意“合外力为零”与“某方向守恒”的区别，不能把内力当外力。 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，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，子弹和木块系统损失的机械能，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。 考向二　碰撞、反冲与爆炸 考点二 　碰撞、反冲与爆炸 知识梳理 1．碰撞 碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用力的现象。其特点是：作用时间极短、内力（碰撞力）远大于外力，因此碰撞过程可认为系统动量守恒。 2．碰撞的分类 按碰撞过程中动能的损失情况，可分为弹性碰撞（动能守恒）、非弹性碰撞（动能有损失）和完全非弹性碰撞（碰后粘在一起、动能损失最大）。 3．反冲现象 一个静止的物体在内力作用下分裂为两部分，一部分向某一方向运动，另一部分向相反方向运动的现象叫反冲。反冲过程中系统所受外力通常可忽略，总动量守恒；由于初始总动量为零，两部分动量等大反向，即 。 4．反冲中的能量 反冲过程中，内力（如喷出气体的推力、肌肉的推力）做正功，系统的总机械能（动能）通常增加，增加的能量来自化学能等其他形式的能。 5．爆炸现象 爆炸过程中物体在强大内力作用下向各方向运动，其规律为：①动量守恒（内力远大于外力，总动量守恒）；②动能增加（爆炸释放的能量转化为碎片动能，碰后总动能大于碰前）；③位置不变（爆炸时间极短，作用过程中位移可忽略）。 表2　碰撞、反冲与爆炸的比较 现象 动量是否守恒 动能变化 典型实例 弹性碰撞 守恒 动能守恒 两钢球、台球对心碰撞 反冲 守恒（总动量为零） 动能增加 火箭喷气、乌贼喷水、冰面互推 爆炸 守恒 动能增加 手榴弹、爆竹炸裂 重难诠释 碰撞动量一定守恒：碰撞时间短、内力远大于外力，无论是否弹性，系统动量都守恒； 反冲总动量为零：初始静止的物体分裂后，两部分动量等大反向，注意速度是相对地面的； 爆炸动能一定增加：爆炸释放能量，碰后总动能大于碰前，且爆炸瞬间各物体位置不变。 例题 下列现象中应用了反冲原理的是（　　） ①发射炮弹后炮身后退 ②园林的灌溉装置能一边喷水一边旋转 ③喷气式飞机和火箭的飞行 ④用力向后蹬地，人向前运动 A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】A 【解答】解：反冲是指系统的一部分在内力的作用下向某一方向运动时，由于相互作用瞬间动量守恒，其余部分向相反的方向运动。①发射炮弹时，炮身因反冲作用向后运动，符合反冲原理；②园林的灌溉装置喷水时，灌溉装置因反冲作用向相反方向旋转，符合反冲原理；③喷气式飞机和火箭向后喷射高速气体，喷气式飞机和火箭因反冲作用向前运动，符合反冲原理；④用力向后蹬地，人获得向前的反作用力而向前运动，但这个反作用力并不是由于地面向相反方向运动而产生的，不符合反冲原理。综合上述，故A正确，错误。 故选：A。 易错点 　碰撞动量一定守恒、反冲总动量为零、爆炸动能增加；注意各速度必须相对同一参考系（通常为地面）。 变式 1 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．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。 、设火箭的初始运动方向为正，由动量守恒得，可得，和m的比值越大，火箭速度的增加量就越大，故错误。 故选：A。 变式 2 甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，甲的手与乙分离后，甲的位移大于乙的位移。则（　　） A．该过程甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量 B．分离时甲的动量大于乙的动量 C．分离时甲的动能小于乙的动能 D．甲的质量小于乙的质量 【答案】D 【解答】解：．甲推乙的过程中，甲乙二人组成的系统在二者相互作用过程中不受外力，满足系统动量守恒条件，故甲对乙的冲量与乙对甲的冲量等大反向，所以分离时，甲的动量大小等于乙的动量，故错误； ．因为甲的手与乙分离后，甲的位移大于乙的位移即 根据 可得 在推动过程中，甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量，以甲的速度方向为正方向，根据动量守恒有 可得 根据 因动量大小相等，而甲的质量小于乙的质量，故甲的动能大于乙的动能，故C错误，D正确。 故选：D。 考向三　弹性碰撞的规律与图像 考点三 　弹性碰撞的规律与图像 知识梳理 1．弹性碰撞的规律 弹性碰撞过程中，系统的动量守恒、动能（机械能）守恒： 2．判断碰撞的“三原则” ①动量守恒原则：碰撞前后系统总动量相等；②动能不增加原则：碰后总动能不大于碰前（弹性碰撞相等，非弹性碰撞减小）；③速度合理性原则：碰后各物体的速度关系要符合实际，不能出现“穿透”等不合理情况。 3．一动碰一静（动碰静）的重要结论 设 以速度 去碰静止的 ，则： ①若 ，则 、，两球速度交换；②若 ，则 ，大球碰小球后一起向前；③若 ，则 ，小球碰大球后反弹；④若 ，则 、；⑤若 ，则 、。 4．用图像分析弹性碰撞 在 图像中，图线斜率表示速度，两图线交点对应碰撞时刻，碰后两图线斜率按弹性碰撞规律变化；在 图像中，两物体速度在碰撞时刻发生突变，碰前、碰后速度满足动量守恒和动能守恒。 重难诠释 弹性碰撞双守恒：既要列动量守恒，又要列动能守恒，二者联立才能求出碰后两物体速度； 动碰静结论要记牢：等质量交换速度、大碰小一起跑、小碰大反弹、极大碰极小加倍； 图像看斜率和交点： 图斜率是速度、交点是碰撞时刻， 图速度在碰撞时刻突变。 例题 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图像，则下列说法正确的是（　　） A．M：：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 D．两小球发生的是弹性碰撞 【答案】D 【解答】解：A、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：：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 代入数据解得 可知碰撞前后质量为m的小球动量变化量大小为，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。 易错点 　弹性碰撞要同时满足动量守恒和动能守恒；用图像判断时注意斜率（速度）、交点（碰撞时刻）和速度合理性。 变式 1 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的加速度最大且共速为，规定方向为正方向，动量守恒有 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， 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。 变式 2 如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和，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，错误。 故选：D。 考向四　完全非弹性碰撞与子弹打木块 考点四 　完全非弹性碰撞与子弹打木块 知识梳理 1．完全非弹性碰撞 两个物体碰撞后粘在一起（或碰后不再分开），以相同速度运动，这种碰撞叫完全非弹性碰撞。其特点是：碰后两物体共速，系统动能损失最大。 2．共速的求法 碰后共速由动量守恒定律求出： 3．子弹打木块模型 子弹以一定速度射入静止（或运动）的木块，最终留在木块中与木块一起运动。设子弹质量为 m、木块质量为 M，子弹射入木块的深度为 d，子弹与木块间的平均阻力为 f。 ①共速：子弹与木块相对静止时共速，由动量守恒： ②能量关系：阻力乘以相对位移（射入深度）等于系统损失的动能（转化为内能）： 4．非弹性碰撞的动能损失 碰撞过程中损失的动能等于碰前总动能减去碰后总动能，完全非弹性碰撞损失的动能最大，损失的动能转化为内能。 表3　三种碰撞的比较 碰撞类型 碰后状态 动量 动能 弹性碰撞 各自分开 守恒 守恒（无损失） 非弹性碰撞 各自分开 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 粘在一起、共速 守恒 损失最大 重难诠释 完全非弹性碰撞碰后共速：先由动量守恒求共速，再由能量守恒求动能损失； 子弹打木块 ：f 是子弹与木块间的阻力，d 是子弹相对木块的位移（射入深度），不是对地位移； 分清研究对象：对子弹、木块分别用动能定理时，位移用对地位移；对系统用能量关系时，用相对位移。 例题 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 B．产生的热量为 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。 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。 根据动能定理，子弹动能的减少量等于，而非，故A错误； 、子弹对木块的推力与木块运动方向相同，对木块做功，故木块动能的增量为。 这一对相互作用力所做功的总和为。系统机械能的减少量转化为内能，即产生的热量，并非，故错误； D、由于，故，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。 易错点 　完全非弹性碰撞碰后共速、动能损失最大；子弹打木块 中 d 是相对位移，不要与对地位移混淆。 变式 1 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．、 B．、 C．、 D．、 【答案】B 【解答】解：对子弹，在此过程中，子弹对地位移为，根据动能定理得：，则子弹动能的减少量为； 对木块，根据动能定理得：，即木块动能的增加量为，故错误，B正确。 故选：B。 变式 2 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，错误。 故选：B。 考向五　人船模型与“滑块+圆弧” 考点五 　人船模型与“滑块+圆弧” 知识梳理 1．人船模型的条件 人船模型由人和船（两个物体）组成，系统初始静止，且在人走动过程中所受合外力为零（如水面阻力可忽略），因此系统总动量始终为零，水平方向动量守恒。 2．人船模型的结论 人在船上行走时，任一时刻人和船的动量都等大反向，对时间积累可得平均动量守恒： 两边同乘时间，得到位移关系： 人从船的一端走到另一端，人与船的相对位移为船长 L，故： 3．人船模型的位移 联立以上两式可得： 4．“滑块+圆弧”模型 光滑圆弧槽（或小车）放在光滑水平面上，小球从槽上滑下（或冲上），系统水平方向动量守恒、机械能守恒。小球到达最低点（或最高点）时，小球与槽的水平速度相同（最高点时两者相对静止），可结合人船模型的位移关系求解。 5．类人船模型 凡满足“两个物体、初始静止、合外力为零、两物体相向运动”的问题，都可类比人船模型处理，如滑块在斜面（凹槽）上滑动、人沿气球下的绳上爬、圆环与小球通过绳相连、小球在小车上抛接等。 图1　人船模型：人从船一端走到另一端，， 重难诠释 人船模型的关键是“初始静止、总动量为零”：，质量越大、位移越小； 位移之和等于相对位移：，注意 、x船都是相对地面的位移，L 是相对位移； 会迁移到滑块+圆弧：系统水平方向动量守恒，注意最高点、最低点时两物体的速度关系。 例题 赤水独竹漂是国家级非物质文化遗产代表性项目，如图所示，在平静的湖面上，质量为m的表演者静立于长为L的竹竿最左端，表演者从竹竿最左端走至最右端，竹竿的位移大小为L。不计湖水的阻力，则竹竿的质量为（　　） A．m B．m C．m D．m 【答案】B 【解答】解：设人相对于水面的位移为，竹竿相对于水面的位移为竹竿的质量为M，人与竹竿组成的系统水平方向动量守恒，规定人的运动方向为正，则有 整理可得，即，又因为，，则有 联立解得，故B正确，错误。 故选：B。 易错点 　人船模型 、，前提是初始静止、总动量为零；滑块+圆弧注意水平方向守恒。 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， 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 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 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：、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：， 即小球返回车的左端时，速度为0，故A正确，B错误； 、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 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，故正确。 此题选择不正确的，故选：B。 　综合练习题） 本部分精选 道江苏期中真题，涵盖动量守恒的条件判断、碰撞（弹性、非弹性、完全非弹性）、反冲与爆炸、人船模型以及“滑块+圆弧”等内容，情境典型、综合性较强，建议限时 分钟独立完成。 练习 1 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。 练习 2 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：、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，故错误； 、两球在位置发生弹性碰撞，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，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。 练习 3 光滑水平地面上，A球以某速度与静止的B球发生正碰。则两个小球作用过程中的速度v与作用力的冲量I的大小、速度v与时间t的关系，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：在A、B两球碰撞过程中，依据动量定理，对两球分别列出方程：对于A球，，变形可得； 对于B球，，变形可得； 由此可知，、与冲量I均成一次函数关系，其图像均为直线，其中A球对应直线的斜率为负，B球对应直线过原点且斜率为正。 关于图像：在真实的碰撞过程中，两球间的相互作用力（例如弹力）是随时间变化的。 通常接触瞬间力为零，随形变增大而增大，形变恢复时又逐渐减小至零。 依据牛顿第二定律，两球的加速度也是变化的。 图像的斜率表示加速度，因此该图像不可能是斜率恒定的直线。 此外，由于接触初始时刻相互作用力为零，初始加速度亦为零，此时图像的斜率应当为零。 而图D中的曲线在初始位置存在较大的斜率（且斜率大小在减小，这暗示初始时刻力最大然后减小），这与实际碰撞的物理过程不符，故错误，A正确。 故选：A。 练习 4 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 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，故子弹的图线斜率较大，物块的图线斜率较小，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，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。 练习 5 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，物体A对地向左的最大位移是 B．若，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：、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 解得 若，A所受的摩擦力 对A，根据动能定理得 则得物体A对地向左的最大位移 若，对B，由动能定理得 则得小车B对地向右的最大位移 故错误； 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 又，解得 故D正确。 故选：D。 练习 6 如图所示，一质量为M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m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，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，根据“人船模型”，小车最大距离和小球最大距离关系有 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。 练习 7 如图所示，一质量的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量的小球通过长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，已知重力加速度。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 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 根据机械能守恒，则有 联立解得，故B错误； ．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 结合 整理可得 位移关系则有 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解得，故C错误，D正确。 故选：D。 练习 8 人的质量，船的质量，人水平从船上向岸上跳。若船用缆绳固定，船离岸时，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． B． C． D． 【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，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，代入数据解得，故D正确，错误； 故选：D。 练习 9 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：、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 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，则m0 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。 练习 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： 两球未碰前，A球的动量大小p； 两球压缩最紧时，两球系统的弹性势能。 【答案】球的动量大小为。 两球系统的弹性势能为。 【解答】解：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。 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，解得。 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：球的动量大小为。 两球系统的弹性势能为。 第 1 页　共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $2026—2027学年高二上学期物理期中复习讲义（人教版2019·江苏专用） 专题02 动量守恒定律及其应用 —学年度第一学期·期中复习 专题　动量守恒定律及其应用 高二物理（人教版选择性必修一）·江苏专用　|　精讲精练·原卷版 分钟 建议用时 题 题量设置 ★★★★☆ 难度系数 原卷版 讲义版本 　内容概览 　动量守恒与碰撞分类 · 考点一　动量守恒的条件与判断 · 考点二　碰撞、反冲与爆炸 　弹性碰撞与图像 · 考点三　弹性碰撞规律 、 图像分析 　非弹性碰撞与人船 · 考点四　完全非弹性碰撞、子弹打木块 · 考点五　人船模型、滑块+圆弧 　综合练习 道江苏期中真题 · 限时闯关 · 查漏补缺 　期中考情分析（江苏） 2～3大题 题量分布 ～分 占分区间 守恒判断、碰撞计算、人船模型 核心考点 ★★★★☆ 难度系数 “动量守恒定律及其应用”是人教版选择性必修一第一章的核心内容，也是江苏高二上学期期中考试力学板块的重中之重。南京、苏州、南通、无锡、扬州等地的期中卷常在选择题和计算题中，以动量守恒的条件判断、碰撞（弹性、非弹性、完全非弹性）、反冲与爆炸、人船模型以及“滑块+圆弧”为背景，考查学生对动量守恒定律矢量性、条件性的理解和运用守恒规律分析多物体、多过程问题的能力。它突出“会判断—会分类—会计算—会建模”的力学综合能力。下表汇总常见命题角度： 命题角度 命题频次 分值占比 考查重点 动量守恒条件判断 ★★★★☆ 约 系统选取、合外力、某方向守恒判断 碰撞、反冲与爆炸 ★★★★☆ 约 碰撞分类、反冲总动量为零、爆炸动能增加 弹性碰撞与图像 ★★★★★ 约 动量动能双守恒、 图像、速度交换 完全非弹性碰撞 ★★★★☆ 约 共速、动能损失最大、子弹打木块 人船模型 ★★★★☆ 约 、滑块+圆弧、相对位移 考试范围 本次期中复习覆盖动量和动量定理、动量守恒定律、机械振动等选择性必修一第一章至第二章的核心内容，各校可依据教学进度选用相应专题；具体统考范围以本校期中考试说明为准。 本专题对应选择性必修一第一章“动量守恒定律”中的动量守恒定律及其应用部分，是在动量、动量定理基础上学习的核心内容，江苏期中常以守恒条件判断、碰撞分类与计算、人船模型、滑块+圆弧为背景命制 2～3 道选择或计算题。请以本校考试说明为准。 命题特点 ■ 判断抓条件：动量守恒要看系统所受外力，分清理想守恒、近似守恒和某一方向守恒，注意矢量性。 ■ 碰撞分类型：按动能损失分为弹性、非弹性、完全非弹性碰撞，反冲、爆炸总动量守恒、动能常增加。 ■ 弹性抓双守恒：弹性碰撞动量守恒、动能守恒，借助 、 图像判断速度关系和碰撞时刻。 ■ 人船抓位移：初始静止、总动量为零，，且两者位移之和等于相对位移。 备考建议 · 守恒条件会判断：明确系统，分析外力，区分理想守恒、近似守恒和某一方向守恒，注意矢量性； · 碰撞问题会分类：按动能是否损失分弹性、非弹性、完全非弹性，反冲、爆炸总动量守恒、动能常增加； · 弹性碰撞会计算：动量、动能双守恒，记住动碰静结论，会用 、 图像分析碰撞过程； · 非弹性碰撞会求共速：完全非弹性碰撞碰后共速、动能损失最大，子弹打木块用 求深度； · 人船模型会建模：初始静止、总动量为零，，位移之和等于相对位移，会迁移到滑块+圆弧。 　期中复习目标 序号 复习目标 要求层级 对应考点 自评达成 1 理解动量守恒定律的内容和常用表达式，知道其矢量性、瞬时性、同一性、普适性 理解 考点一 □ 2 会判断动量守恒的条件，能区分理想守恒、近似守恒和某一方向守恒，正确选取系统 应用 考点一 □ 3 会对碰撞分类，能分析反冲、爆炸问题，知道反冲总动量为零、爆炸动能增加、位置不变 应用 考点二 □ 4 掌握弹性碰撞动量、动能双守恒规律，会用 、 图像分析碰撞过程和速度关系 应用 考点三 □ 5 会处理完全非弹性碰撞（共速、动能损失最大）和子弹打木块问题，用 求深度 应用 考点四 □ 6 掌握人船模型 ，能迁移到“滑块+圆弧”等类人船问题，形成守恒建模思维 应用 考点五 □ 　知识体系（思维导图） 本专题围绕“动量守恒定律—碰撞反冲爆炸—弹性碰撞—完全非弹性碰撞—人船模型”五条主线展开：先理解动量守恒定律的内容、表达式和守恒条件，再对碰撞、反冲、爆炸进行分类并掌握其规律，进而掌握弹性碰撞的双守恒规律与图像分析，并能处理完全非弹性碰撞、子弹打木块问题，建立人船模型并迁移到“滑块+圆弧”。复习时形成“会判断—会分类—会计算—会建模”的完整知识网络。 “动量守恒定律及其应用”知识体系思维导图 考向一　动量守恒定律的条件与判断 考点一 　动量守恒定律的条件与判断 知识梳理 1．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。 2．动量守恒定律的常用表达式 ① 系统作用前后总动量相等： ② 两个物体组成的系统： ③ 两物体动量变化等大反向： ④ 系统总动量变化为零： 3．动量守恒的条件 ①理想守恒：系统不受外力，或所受外力的矢量和（合外力）为零。 ②近似守恒：系统所受内力远大于外力（如碰撞、爆炸、反冲），外力的冲量可忽略，可近似认为动量守恒。 ③某一方向守恒：系统所受外力在某一方向上的分量之和为零，则该方向上动量守恒。 4．动量守恒定律的“四性” 矢量性：动量守恒是矢量方程，要先选取正方向，再带正负号运算；瞬时性：系统在作用过程的任意时刻总动量都相同；同一性：式中各物体的速度必须相对同一惯性参考系；普适性：定律既适用于宏观物体，也适用于微观粒子，既适用于低速也适用于高速运动。 表1　动量守恒的三种情况 情况 成立条件 典型实例 理想守恒 不受外力或合外力为零 光滑水平面上两物体相互作用 近似守恒 内力远大于外力 碰撞、爆炸、反冲 某方向守恒 某方向合外力为零 抛体、滑块下滑（水平方向） 重难诠释 判断守恒先选系统：明确研究对象包含哪些物体，再分析系统所受的外力，不能把内力当成外力； “合外力为零”不是“不受力”：系统内各物体间的内力不改变总动量，只要外力矢量和为零即守恒； 某方向守恒要会用：竖直方向合外力不为零、但水平方向为零时，只在水平方向列动量守恒方程。 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 易错点 　判断动量守恒要先选系统、分析外力，注意“合外力为零”与“某方向守恒”的区别，不能把内力当外力。 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，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 考向二　碰撞、反冲与爆炸 考点二 　碰撞、反冲与爆炸 知识梳理 1．碰撞 碰撞是指两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用力的现象。其特点是：作用时间极短、内力（碰撞力）远大于外力，因此碰撞过程可认为系统动量守恒。 2．碰撞的分类 按碰撞过程中动能的损失情况，可分为弹性碰撞（动能守恒）、非弹性碰撞（动能有损失）和完全非弹性碰撞（碰后粘在一起、动能损失最大）。 3．反冲现象 一个静止的物体在内力作用下分裂为两部分，一部分向某一方向运动，另一部分向相反方向运动的现象叫反冲。反冲过程中系统所受外力通常可忽略，总动量守恒；由于初始总动量为零，两部分动量等大反向，即 。 4．反冲中的能量 反冲过程中，内力（如喷出气体的推力、肌肉的推力）做正功，系统的总机械能（动能）通常增加，增加的能量来自化学能等其他形式的能。 5．爆炸现象 爆炸过程中物体在强大内力作用下向各方向运动，其规律为：①动量守恒（内力远大于外力，总动量守恒）；②动能增加（爆炸释放的能量转化为碎片动能，碰后总动能大于碰前）；③位置不变（爆炸时间极短，作用过程中位移可忽略）。 表2　碰撞、反冲与爆炸的比较 现象 动量是否守恒 动能变化 典型实例 弹性碰撞 守恒 动能守恒 两钢球、台球对心碰撞 反冲 守恒（总动量为零） 动能增加 火箭喷气、乌贼喷水、冰面互推 爆炸 守恒 动能增加 手榴弹、爆竹炸裂 重难诠释 碰撞动量一定守恒：碰撞时间短、内力远大于外力，无论是否弹性，系统动量都守恒； 反冲总动量为零：初始静止的物体分裂后，两部分动量等大反向，注意速度是相对地面的； 爆炸动能一定增加：爆炸释放能量，碰后总动能大于碰前，且爆炸瞬间各物体位置不变。 例题 下列现象中应用了反冲原理的是（　　） ①发射炮弹后炮身后退 ②园林的灌溉装置能一边喷水一边旋转 ③喷气式飞机和火箭的飞行 ④用力向后蹬地，人向前运动 A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 易错点 　碰撞动量一定守恒、反冲总动量为零、爆炸动能增加；注意各速度必须相对同一参考系（通常为地面）。 变式 1 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．和m的比值越大，火箭速度的增加量就越小 变式 2 甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，甲的手与乙分离后，甲的位移大于乙的位移。则（　　） A．该过程甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量 B．分离时甲的动量大于乙的动量 C．分离时甲的动能小于乙的动能 D．甲的质量小于乙的质量 考向三　弹性碰撞的规律与图像 考点三 　弹性碰撞的规律与图像 知识梳理 1．弹性碰撞的规律 弹性碰撞过程中，系统的动量守恒、动能（机械能）守恒： 2．判断碰撞的“三原则” ①动量守恒原则：碰撞前后系统总动量相等；②动能不增加原则：碰后总动能不大于碰前（弹性碰撞相等，非弹性碰撞减小）；③速度合理性原则：碰后各物体的速度关系要符合实际，不能出现“穿透”等不合理情况。 3．一动碰一静（动碰静）的重要结论 设 以速度 去碰静止的 ，则： ①若 ，则 、，两球速度交换；②若 ，则 ，大球碰小球后一起向前；③若 ，则 ，小球碰大球后反弹；④若 ，则 、；⑤若 ，则 、。 4．用图像分析弹性碰撞 在 图像中，图线斜率表示速度，两图线交点对应碰撞时刻，碰后两图线斜率按弹性碰撞规律变化；在 图像中，两物体速度在碰撞时刻发生突变，碰前、碰后速度满足动量守恒和动能守恒。 重难诠释 弹性碰撞双守恒：既要列动量守恒，又要列动能守恒，二者联立才能求出碰后两物体速度； 动碰静结论要记牢：等质量交换速度、大碰小一起跑、小碰大反弹、极大碰极小加倍； 图像看斜率和交点： 图斜率是速度、交点是碰撞时刻， 图速度在碰撞时刻突变。 例题 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图像，则下列说法正确的是（　　） A．M：：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 D．两小球发生的是弹性碰撞 易错点 　弹性碰撞要同时满足动量守恒和动能守恒；用图像判断时注意斜率（速度）、交点（碰撞时刻）和速度合理性。 变式 1 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 2 如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和，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 考向四　完全非弹性碰撞与子弹打木块 考点四 　完全非弹性碰撞与子弹打木块 知识梳理 1．完全非弹性碰撞 两个物体碰撞后粘在一起（或碰后不再分开），以相同速度运动，这种碰撞叫完全非弹性碰撞。其特点是：碰后两物体共速，系统动能损失最大。 2．共速的求法 碰后共速由动量守恒定律求出： 3．子弹打木块模型 子弹以一定速度射入静止（或运动）的木块，最终留在木块中与木块一起运动。设子弹质量为 m、木块质量为 M，子弹射入木块的深度为 d，子弹与木块间的平均阻力为 f。 ①共速：子弹与木块相对静止时共速，由动量守恒： ②能量关系：阻力乘以相对位移（射入深度）等于系统损失的动能（转化为内能）： 4．非弹性碰撞的动能损失 碰撞过程中损失的动能等于碰前总动能减去碰后总动能，完全非弹性碰撞损失的动能最大，损失的动能转化为内能。 表3　三种碰撞的比较 碰撞类型 碰后状态 动量 动能 弹性碰撞 各自分开 守恒 守恒（无损失） 非弹性碰撞 各自分开 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 粘在一起、共速 守恒 损失最大 重难诠释 完全非弹性碰撞碰后共速：先由动量守恒求共速，再由能量守恒求动能损失； 子弹打木块 ：f 是子弹与木块间的阻力，d 是子弹相对木块的位移（射入深度），不是对地位移； 分清研究对象：对子弹、木块分别用动能定理时，位移用对地位移；对系统用能量关系时，用相对位移。 例题 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 B．产生的热量为 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 易错点 　完全非弹性碰撞碰后共速、动能损失最大；子弹打木块 中 d 是相对位移，不要与对地位移混淆。 变式 1 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．、 B．、 C．、 D．、 变式 2 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 考向五　人船模型与“滑块+圆弧” 考点五 　人船模型与“滑块+圆弧” 知识梳理 1．人船模型的条件 人船模型由人和船（两个物体）组成，系统初始静止，且在人走动过程中所受合外力为零（如水面阻力可忽略），因此系统总动量始终为零，水平方向动量守恒。 2．人船模型的结论 人在船上行走时，任一时刻人和船的动量都等大反向，对时间积累可得平均动量守恒： 两边同乘时间，得到位移关系： 人从船的一端走到另一端，人与船的相对位移为船长 L，故： 3．人船模型的位移 联立以上两式可得： 4．“滑块+圆弧”模型 光滑圆弧槽（或小车）放在光滑水平面上，小球从槽上滑下（或冲上），系统水平方向动量守恒、机械能守恒。小球到达最低点（或最高点）时，小球与槽的水平速度相同（最高点时两者相对静止），可结合人船模型的位移关系求解。 5．类人船模型 凡满足“两个物体、初始静止、合外力为零、两物体相向运动”的问题，都可类比人船模型处理，如滑块在斜面（凹槽）上滑动、人沿气球下的绳上爬、圆环与小球通过绳相连、小球在小车上抛接等。 图1　人船模型：人从船一端走到另一端，， 重难诠释 人船模型的关键是“初始静止、总动量为零”：，质量越大、位移越小； 位移之和等于相对位移：，注意 、x船都是相对地面的位移，L 是相对位移； 会迁移到滑块+圆弧：系统水平方向动量守恒，注意最高点、最低点时两物体的速度关系。 例题 赤水独竹漂是国家级非物质文化遗产代表性项目，如图所示，在平静的湖面上，质量为m的表演者静立于长为L的竹竿最左端，表演者从竹竿最左端走至最右端，竹竿的位移大小为L。不计湖水的阻力，则竹竿的质量为（　　） A．m B．m C．m D．m 易错点 　人船模型 、，前提是初始静止、总动量为零；滑块+圆弧注意水平方向守恒。 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 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 　综合练习题） 本部分精选 道江苏期中真题，涵盖动量守恒的条件判断、碰撞（弹性、非弹性、完全非弹性）、反冲与爆炸、人船模型以及“滑块+圆弧”等内容，情境典型、综合性较强，建议限时 分钟独立完成。 练习 1 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 练习 2 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． 练习 3 光滑水平地面上，A球以某速度与静止的B球发生正碰。则两个小球作用过程中的速度v与作用力的冲量I的大小、速度v与时间t的关系，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 练习 4 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 D．子弹穿过物块过程中，子弹的动量变化量为 练习 5 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，物体A对地向左的最大位移是 B．若，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 练习 6 如图所示，一质量为M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m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 练习 7 如图所示，一质量的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量的小球通过长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，已知重力加速度。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 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 练习 8 人的质量，船的质量，人水平从船上向岸上跳。若船用缆绳固定，船离岸时，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． B． C． D． 练习 9 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 练习 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： 两球未碰前，A球的动量大小p； 两球压缩最紧时，两球系统的弹性势能。 　答题说明 本讲义原卷版含选择题和解答题，答案与解析见配套《解析版》。 请在各题的空白处直接作答：选择题逐项分析系统所受外力、判断是否守恒，辨析碰撞类型与速度、动量、能量关系；解答题在留白处写出规定正方向、动量守恒（及能量守恒）列式过程、计算结果和判断依据。 第 1 页　共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $