資源簡介

第2講　動(dòng)量守恒定律
1.〔多選〕（2025·廣東江門模擬）煙花飛上天后在天空中爆炸。當(dāng)煙花從水平地面斜飛向天空且恰好沿水平方向運(yùn)動(dòng)的瞬間，突然炸裂成一大一小P、Q兩碎塊，且質(zhì)量較大的P仍沿原來方向飛出去，下列說法正確的是（　　）
A.炸裂時(shí)，質(zhì)量較大的P受到的內(nèi)力更大
B.炸裂過程煙花水平方向動(dòng)量守恒
C.炸裂后，P飛行的水平距離較大
D.炸裂后，P、Q兩塊同時(shí)落地
2.羽毛球運(yùn)動(dòng)作為人們?nèi)粘；顒?dòng)最受歡迎的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目之一，若羽毛球以某一水平初速度擊中靜止在水平地面的紙箱，使其瞬間卡在紙箱側(cè)壁上，發(fā)現(xiàn)羽毛球與紙箱一起滑行的距離為L。已知羽毛球的質(zhì)量為5 g，紙箱的質(zhì)量為2.495 kg，紙箱與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，滑行距離L＝2 cm，取g＝10 m/s2。則羽毛球擊中紙箱的初速度是（　　）
A.0.1 m/s B.1 m/s
C.10 m/s D.100 m/s
3.如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，小球最后未越過滑塊，則小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球和滑塊的速度大小是（　　）
A. B.
C. D.
4.（2025·浙江湖州期末）用火箭發(fā)射人造衛(wèi)星，發(fā)射過程中最后一節(jié)火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛(wèi)星一起以7.0×103 m/s的速度繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知衛(wèi)星的質(zhì)量為500 kg，最后一節(jié)火箭殼體的質(zhì)量為100 kg。某時(shí)刻火箭殼體與衛(wèi)星分離，分離時(shí)衛(wèi)星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對速度為1.8×103 m/s。下列說法正確的是（　　）
A.分離后火箭殼體的速度大小為7.3×103 m/s
B.分離后火箭殼體的速度大小為3.3×104 m/s
C.分離過程中火箭殼體對衛(wèi)星的沖量大小為1.5×105 N·s
D.分離前后衛(wèi)星與火箭殼體的總動(dòng)量變化量大小為1.5×105 kg·m/s
5.（2025·河北滄州三模）甲、乙兩小球在光滑的水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)，已知小球甲的質(zhì)量小于小球乙的質(zhì)量，甲、乙兩小球碰撞前后的位移隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示。則下列說法正確的是（　　）
A.圖線A為碰前乙的位移—時(shí)間圖像
B.圖線C為碰后甲的位移—時(shí)間圖像
C.小球甲、乙的質(zhì)量之比為1∶2
D.兩小球的碰撞為非彈性碰撞
6.〔多選〕（2025·重慶期末）如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，甲球靜止在水平面上，乙球向左運(yùn)動(dòng)與甲球發(fā)生正碰，甲球垂直撞向擋板后原速率彈回。已知碰撞前、后乙球的速率之比為3∶1，且兩球剛好不會(huì)發(fā)生第二次碰撞，則（　　）
A.碰撞后乙球向左運(yùn)動(dòng)
B.甲、乙兩球的質(zhì)量之比為4∶1
C.兩球碰撞前、后總動(dòng)量之比為3∶1
D.兩球碰撞前、后總動(dòng)能之比為9∶5
7.〔多選〕（2024·廣東高考10題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)的甲、乙兩個(gè)相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時(shí)由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（　　）
A.甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對靜止
B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
C.乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H乙無關(guān)
D.甲最終停止位置與O處相距
8.（2024·江蘇高考14題）嫦娥六號探測器于5月3日在中國文昌航天發(fā)射場發(fā)射升空并進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，探測器經(jīng)過軌道修正、近月制動(dòng)，順利進(jìn)入環(huán)月軌道飛行。此后，探測器經(jīng)歷著陸器和上升器組合體、軌道器和返回器組合體的分離。已知嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時(shí)間為Δt，分離后B的速度為vB，且與v0同向，A、B的質(zhì)量分別為m、M。求：
（1）分離后A的速度vA；
（2）分離時(shí)A對B的推力大小。
9.（2024·湖北高考14題）如圖所示，水平傳送帶以5 m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距離為3.6 m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長為0.3 m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2 kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.10 kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1 m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小。
（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能。
（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離。
10.如圖所示，足夠長的光滑固定水平直桿上套有一可自由滑動(dòng)的物塊B，B的質(zhì)量為m，桿上在物塊B的左側(cè)有一固定擋板C，B的下端通過一根輕繩連接一小球A，繩長為L，A的質(zhì)量也為m。先將小球拉至與懸點(diǎn)等高的位置時(shí)，細(xì)繩伸直但沒有形變，B與擋板接觸。現(xiàn)由靜止釋放小球A。重力加速度大小為g。求：
（1）小球A向右擺動(dòng)的最大速度；
（2）物塊B運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度；
（3）小球A向右擺起相對于最低點(diǎn)所能上升的最大高度。
第2講　動(dòng)量守恒定律
1.BD　炸裂時(shí)，P、Q兩碎塊受到的內(nèi)力相等，故A錯(cuò)誤；炸裂時(shí)，煙花位于最高點(diǎn)，水平方向不受外力作用，所以水平方向動(dòng)量守恒，故B正確；炸裂時(shí)，質(zhì)量較小的Q可能仍沿原來的方向，也可以與原方向相反，無法確定P、Q兩碎塊炸裂時(shí)速度的大小關(guān)系，也就無法比較二者飛行的水平距離大小關(guān)系，故C錯(cuò)誤；炸裂后，P、Q兩碎塊的速度方向均沿水平方向，之后做平拋運(yùn)動(dòng)同時(shí)落地，故D正確。
2.D　設(shè)羽毛球擊中紙箱的初速度為v，羽毛球剛擊中紙箱與紙箱一起滑行的速度為v'，由動(dòng)量守恒定律可得mv＝（m＋M）v'，羽毛球與紙箱一起滑行時(shí)，由動(dòng)能定理可得0－（m＋M）v'2＝－μ（m＋M）gL，聯(lián)立解得v＝100 m/s，故選D。
3.A　小球沿滑塊上滑的過程中，小球和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，因而系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)和滑塊具有相同的對地速度v（若速度不相同，必然相對運(yùn)動(dòng)，此時(shí)一定不是最高點(diǎn)）。由系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒得mv0＝（M＋m）v，所以v＝，A正確。
4.C　設(shè)火箭殼體和衛(wèi)星分離前一起繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度為v，衛(wèi)星的質(zhì)量為m1，火箭殼體的質(zhì)量為m2，分離時(shí)衛(wèi)星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對速度為Δv，分離后火箭殼體的速度大小為v'，分離前后衛(wèi)星與火箭殼體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則分離前后衛(wèi)星與火箭殼體的總動(dòng)量變化量大小為0，取分離前火箭殼體和衛(wèi)星的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律得（m1＋m2）v＝m1（v'＋Δv）＋m2v'，解得v'＝5.5×103 m/s，則分離后衛(wèi)星的速度為v衛(wèi)＝v'＋Δv＝7.3×103 m/s，故A、B、D錯(cuò)誤。分離過程中，設(shè)火箭殼體對衛(wèi)星的沖量大小為I，對衛(wèi)星由動(dòng)量定理有I＝m1v衛(wèi)－m1v＝1.5×105 N·s，故C正確。
5.A　由題圖可知圖線A、B、D對應(yīng)的小球的速度大小分別為vA＝、vB＝、vD＝，由題意可知，小球甲的質(zhì)量小于小球乙的質(zhì)量，即碰前小球乙的動(dòng)量大于小球甲的動(dòng)量，又由于碰撞過程兩小球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰后系統(tǒng)的動(dòng)量方向與碰前小球乙的方向相同，結(jié)合實(shí)際分析可知碰后小球乙靜止，小球甲反彈，所以圖線A為碰前小球乙的位移—時(shí)間圖像，圖線C為碰后小球乙的位移—時(shí)間圖像，故A正確，B錯(cuò)誤；由碰撞過程動(dòng)量守恒定律得－m甲vB＋m乙vA＝m甲vD，由以上解得m甲∶m乙＝1∶3，故C錯(cuò)誤；碰前系統(tǒng)的動(dòng)能為Ek1＝m甲＋m乙＝m甲，碰后系統(tǒng)的動(dòng)能為Ek2＝m甲＝m甲，顯然Ek1＝Ek2，所以該兩小球的碰撞為彈性碰撞，故D錯(cuò)誤。
6.BD　甲球垂直撞向擋板后原速率返回，且兩球剛好不會(huì)發(fā)生第二次碰撞，則碰撞后甲球和乙球速度方向相反，大小相等，即碰撞后乙球向右運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；設(shè)甲球的質(zhì)量為m1，乙球的質(zhì)量為m2，碰撞前乙的速度為v0，則根據(jù)題意可知，取向左為正方向，碰撞前、后乙球的速率之比為3∶1，則甲、乙兩球碰后，甲球的速度為v0，乙球速度為－v0，由動(dòng)量守恒定律有m2v0＝m1·v0－m2·v0，解得＝，則甲、乙兩球的質(zhì)量之比為4∶1，故B正確；根據(jù)題意可知，碰撞前、后動(dòng)量守恒，則兩球碰撞前、后總動(dòng)量之比為1∶1，故C錯(cuò)誤；結(jié)合A、B分析可知，碰撞前兩球總動(dòng)能為Ek1＝m2，碰撞后兩球總動(dòng)能為Ek2＝m1＋m2＝m2，則兩球碰撞前、后總動(dòng)能之比為＝，故D正確。
7.ABD　兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開始下滑，則相對速度為0，故A正確；兩滑塊滑到水平面后均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；設(shè)斜面傾角為θ，乙下滑過程有H乙＝gsin2θ·，在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，則乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3，由于t1與H乙有關(guān)，則總時(shí)間與H乙有關(guān)，故C錯(cuò)誤；乙下滑過程有mgH乙＝m，由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有＝2μgx，聯(lián)立可得x＝，即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距，故D正確。
8.（1）　（2）
解析：（1）A、B組成的系統(tǒng)沿速度方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有（m＋M）v0＝MvB＋mvA
解得分離后A的速度vA＝。
（2）A、B分離的過程，對B，由動(dòng)量定理有FΔt＝MvB－Mv0
解得分離時(shí)A對B的推力大小為F＝。
9.（1）5 m/s　（2）0.3 J　（3）0.2 m
解析：（1）設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，傳送帶左右兩端的距離為L，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小物塊在傳送帶上加速時(shí)的加速度大小為a，由牛頓第二定律有μmg＝ma
設(shè)小物塊到達(dá)傳送帶最右端時(shí)的速度大小為v1，假設(shè)小物塊在傳送帶上一直加速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有
＝2aL
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v1＝6 m/s
由于v1＞5 m/s，故假設(shè)不成立，小物塊到達(dá)傳送帶右端前已經(jīng)與傳送帶共速，故小物塊與小球碰撞前瞬間的速度大小為v1＝5 m/s。
（2）設(shè)小球的質(zhì)量為M，碰撞后小物塊與小球的速度大小分別為v2、v3，碰撞過程中兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為ΔEk，對小物塊與小球碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3
小物塊與小球碰撞過程中，系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為
ΔEk＝m－m－M
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得ΔEk＝0.3 J。
（3）經(jīng)分析知，小球到達(dá)P點(diǎn)正上方繩子拉力剛好為零時(shí)，小球繞P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的半徑最大，P點(diǎn)到O點(diǎn)距離最小，設(shè)這種情況下小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方的速度大小為v4，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為x，繩子的長度為l，小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方時(shí)，結(jié)合牛頓第二定律和向心加速度公式有
Mg＝M
對小球的整個(gè)上升過程，由動(dòng)能定理得
－Mg[l＋（l－x）]＝M－M
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x＝0.2 m。
10.（1）　（2）　（3）L
解析：（1）小球A擺至最低點(diǎn)時(shí)速度最大，最大速度設(shè)為v1，由機(jī)械能守恒定律得
mgL＝m
解得v1＝。
（2）小球A從最低點(diǎn)向右擺動(dòng)的過程中，A、B系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒；當(dāng)A最后回到最低點(diǎn)時(shí)，B的速度最大，設(shè)此時(shí)A、B的速度分別為vA、vB，由水平方向動(dòng)量守恒得mv1＝mvA＋mvB
由機(jī)械能守恒定律得m＝m＋m
解得vA＝0，vB＝。
（3）當(dāng)小球A擺至最高點(diǎn)時(shí)，A、B共速，
設(shè)為v，A、B系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，得mv1＝（m＋m）v
由機(jī)械能守恒定律得mgh＝m－（m＋m）v2
聯(lián)立解得h＝L。
3 / 3第2講　動(dòng)量守恒定律
動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用
1.內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)　　　　　　　　，或者　　　　　　　　　　　　，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。這就是動(dòng)量守恒定律。
2.表達(dá)式
（1）p＝　　　　，系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p'。
（2）m1v1＋m2v2＝　　　　　　　　　　，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。
（3）　　　　　　＝　　　　　　，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向。
（4）Δp＝　　　　　，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。
3.適用條件
（1）理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。
（2）近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒。
（3）某方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。
彈性碰撞和非彈性碰撞
1.碰撞的特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力　　　　外力，可認(rèn)為碰撞系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。
2.碰撞的分類
種類 動(dòng)量是 否守恒 機(jī)械能變化情況
彈性碰撞 守恒 在彈性力作用下，只產(chǎn)生系統(tǒng)內(nèi)機(jī)械能的　　　　，系統(tǒng)無機(jī)械能損失
非彈性碰撞 守恒 受非彈性力作用，使　　　　機(jī)械能轉(zhuǎn)化為物體內(nèi)能
完全非彈 性碰撞 守恒 碰撞后兩物體合為一體，機(jī)械能損失　　　
反沖　爆炸
1.反沖
（1）定義：如果一個(gè)靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩部分，一部分向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，另一部分必然向相反的方向運(yùn)動(dòng)。
（2）特點(diǎn)：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力　　　　系統(tǒng)受到的外力。如發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等。
（3）規(guī)律：遵從動(dòng)量守恒定律。
2.爆炸：爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時(shí)間很短，作用力很大，且　　　　系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動(dòng)量　　　　。如爆竹爆炸。
1.動(dòng)量守恒定律中的速度是相對于同一參考系的速度。（　　）
2.系統(tǒng)的總動(dòng)量不變是指系統(tǒng)總動(dòng)量的大小保持不變。（　　）
3.只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動(dòng)量就不可能守恒。（　　）
4.若在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動(dòng)量大小一定相同。（　　）
5.質(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生碰撞時(shí)，一定交換速度。（　　）
1.〔多選〕（魯科版選擇性必修第一冊·第一章第2節(jié)[練習(xí)]T1改編）如圖所示，在光滑水平面上有一輛平板車，一人手握大錘站在車上。開始時(shí)人、錘和車均靜止，此時(shí)大錘在頭頂?shù)恼戏剑擞昧κ瑰N落下敲打車的左端，然后錘反彈回到頭頂正上方再落下，如此周而復(fù)始，使大錘連續(xù)地敲打車的左端，最后，人和錘都恢復(fù)至初始狀態(tài)并停止敲打。在此過程中，下列說法中正確的是（　　）
A.在大錘連續(xù)的敲打下，車會(huì)左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)
B.在任一時(shí)刻，人、錘和車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
C.錘從剛離開車的左端至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，車的動(dòng)量方向先向右再向左
D.錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過程中，車具有水平向右的動(dòng)量，車的動(dòng)量減小至零
2.（人教版選擇性必修第一冊·第一章第3節(jié)“練習(xí)與應(yīng)用”T4改編）某機(jī)車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對接。機(jī)車跟第1節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個(gè)共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設(shè)機(jī)車和車廂的質(zhì)量都相等，則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為（鐵軌的摩擦忽略不計(jì)）（　　）
A.0.053 m/s B.0.05 m/s
C.0.057 m/s D.0.06 m/s
3.（2024·江蘇高考9題）如圖所示，在水平面上靜止有一個(gè)U形滑板A，A的上表面有一個(gè)靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板A的右端，開始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則（　　）
A.彈簧恢復(fù)原長時(shí)A的動(dòng)能最大
B.彈簧壓縮至最短時(shí)A的動(dòng)量最大
C.整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量變大
D.整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能變大
考點(diǎn)一　動(dòng)量守恒定律的理解與應(yīng)用
1.動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性
矢量性 動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題時(shí)應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向
相對性 各物體的速度必須是相對同一參考系的速度（一般是相對于地面）
同時(shí)性 動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的p1、p2……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，p1'、p2'……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量
系統(tǒng)性 研究的對象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)
普適性 動(dòng)量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng)
2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟
（1）明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程）。
（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。
（3）規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量。
（4）由動(dòng)量守恒定律列出方程。
（5）代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說明。
〔多選〕如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，初始時(shí)靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當(dāng)彈簧突然被釋放后，以下系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是（　　）
A.若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)
B.若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)
C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)
D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)
嘗試解答
（2022·天津高考10題）冰壺是冬季奧運(yùn)會(huì)上非常受歡迎的體育項(xiàng)目。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上將冰壺A推到M點(diǎn)放手，此時(shí)A的速度v0＝2 m/s，勻減速滑行x1＝16.8 m到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，隊(duì)友用毛刷開始擦A運(yùn)動(dòng)前方的冰面，使A與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行x2＝3.5 m，與靜止在P點(diǎn)的冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為vA＝0.05 m/s和vB＝0.55 m/s。已知A、B質(zhì)量相同，A與MN間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.01，重力加速度g取10 m/s2，運(yùn)動(dòng)過程中兩冰壺均視為質(zhì)點(diǎn)，A、B碰撞時(shí)間極短。求冰壺A：
（1）在N點(diǎn)的速度v1的大小；
（2）與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2。
嘗試解答
本題源于人教版選擇性必修第一冊P12：“問題”
　第一節(jié)中我們通過分析一輛運(yùn)動(dòng)的小車碰撞一輛靜止的小車，得出碰撞前后兩輛小車的動(dòng)量之和不變的結(jié)論。對于冰壺等物體的碰撞也是這樣的嗎？怎樣證明這一結(jié)論呢？這是一個(gè)普遍的規(guī)律嗎？
如圖所示，質(zhì)量為0.5 kg的小球在離車底面高度20 m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，小車的底面上涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4 kg，若小球在落在車的底面之前瞬時(shí)速度是25 m/s，則當(dāng)小球和小車相對靜止時(shí)，小車的速度是（取g＝10 m/s2）（　　）
A.5 m/s B.4 m/s
C.8.5 m/s D.9.5 m/s
嘗試解答
考點(diǎn)二　碰撞問題
1.碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律
（1）動(dòng)量守恒定律：p1＋p2＝p1'＋p2'。
（2）動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'或＋≥＋。
（3）速度要符合情景
①若兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則碰前應(yīng)有v后＞v前；碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前'≥v后'。
②若兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。
2.彈性碰撞的重要結(jié)論
例如“一動(dòng)一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度
v1'＝v1，v2'＝v1
討論：
（1）當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1'＝0，v2'＝v1；（質(zhì)量相等，速度交換）
（2）當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1'＞0，v2'＞0，且v2'＞v1'；（大碰小，一起跑）
（3）當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1'＜0，v2'＞0；（小碰大，要反彈）
（4）當(dāng)m1 m2時(shí)，v1'＝v1，v2'＝2v1；（極大碰極小，大不變，小加倍）
（5）當(dāng)m1 m2時(shí)，v1'＝－v1，v2'＝0。（極小碰極大，小等速率反彈，大不變）
3.非彈性碰撞
（1）非彈性碰撞過程動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失：
m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'
m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔEk損。
（2）完全非彈性碰撞
碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能損失最大。
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v
m1＋m2＝（m1＋m2）v2＋ΔEk損max
如圖為某運(yùn)動(dòng)員正在準(zhǔn)備擊球，設(shè)在某一桿擊球過程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直線上運(yùn)動(dòng)，碰前白色球A的動(dòng)量pA＝5 kg· m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動(dòng)量變?yōu)閜B'＝4 kg·m/s，則兩球質(zhì)量mA與mB間的關(guān)系可能是（　　）
A.mB＝mA B.mB＝mA
C.mB＝2mA D.mB＝5mA
嘗試解答
（2025·吉林長春模擬）如圖所示，用長度均為l的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛三個(gè)形狀相同的彈性小球，質(zhì)量依次滿足m1 m2 m3（“ ”表示“遠(yuǎn)大于”）。將左邊第一個(gè)小球拉起一定角度θ后釋放，則最后一個(gè)小球開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度約為（　　）
A. B.2
C.3 D.4
嘗試解答
如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B，B距O點(diǎn)的距離等于繩長L。現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：
（1）A釋放時(shí)距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬間輕繩上的拉力大小F；
（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE。
嘗試解答
考點(diǎn)三　爆炸　反沖
1.爆炸現(xiàn)象
動(dòng)量 守恒 由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒
動(dòng)能 增加 在爆炸過程中，由于有其他形式的能量（如化學(xué)能）轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加
位置 不變 爆炸的時(shí)間極短，因而爆炸過程中物體的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后的物體仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)
（2025·北京順義區(qū)一模）一枚在空中水平飛行的玩具火箭質(zhì)量為m，在某時(shí)刻距離地面的高度為h，速度為v。此時(shí)，火箭突然炸裂成A、B兩部分，其中質(zhì)量為m1的B部分速度恰好為0。忽略空氣阻力的影響，重力加速度為g。求：
（1）炸裂后瞬間A部分的速度大小v1；
（2）炸裂后B部分在空中下落的時(shí)間t；
（3）在爆炸過程中增加的機(jī)械能ΔE。
嘗試解答
2.反沖運(yùn)動(dòng)
作用 原理 反沖運(yùn)動(dòng)是由系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生
動(dòng)量 守恒 反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律
機(jī)械能 增加 反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加
一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m＝200 g的氣體，氣體離開發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)的速度v＝1 000 m/s。設(shè)火箭（包括燃料）質(zhì)量M＝300 kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次。
（1）當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？
（2）運(yùn)動(dòng)第1 s末，火箭的速度為多大？
嘗試解答
人船模型
1.模型圖示
2.模型特點(diǎn)
（1）兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：mv人－Mv船＝0。
（2）兩物體的位移大小滿足：m－M＝0，x人＋x船＝L
聯(lián)立得x人＝L，x船＝L。
3.運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)
（1）人動(dòng)則船動(dòng)，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右。
（2）人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度（瞬時(shí)速度）比等于它們質(zhì)量的反比，即＝＝。
4.“人船模型”的拓展（某一方向動(dòng)量守恒）
如圖，棱長為a、大小形狀相同的立方體木塊和鐵塊，質(zhì)量為m的木塊在上、質(zhì)量為M的鐵塊在下，正對用極短細(xì)繩連結(jié)懸浮在平靜的池中某處，木塊上表面距離水面的豎直距離為h。當(dāng)細(xì)繩斷裂后，木塊與鐵塊均在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，木塊剛浮出水面時(shí)，鐵塊恰好同時(shí)到達(dá)池底。僅考慮浮力，不計(jì)其他阻力，則池深為（　　）
A.h B.（h＋2a）
C.（h＋2a） D.h＋2a
嘗試解答
（2023·湖南高考15題改編）如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)刻從橢圓軌道長軸的右端點(diǎn)由靜止開始下滑。以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個(gè)過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。
（1）小球從靜止到第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，求凹槽的速度大小；
（2）凹槽相對于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離。
嘗試解答
第2講　動(dòng)量守恒定律
【立足“四層”·夯基礎(chǔ)】
基礎(chǔ)知識(shí)梳理
知識(shí)點(diǎn)1
1.不受外力　所受外力的矢量和為0　2.（1）p'
（2）m1v1'＋m2v2'　（3）Δp1　－Δp2　（4）0
知識(shí)點(diǎn)2
1.遠(yuǎn)大于　2.轉(zhuǎn)移　部分　最大
知識(shí)點(diǎn)3
1.（2）遠(yuǎn)大于　2.遠(yuǎn)大于　守恒
易錯(cuò)易混辨析
1.√　2.×　3.×　4.√　5.×
雙基落實(shí)筑牢
1.AC　人、錘和車組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受外力作用，水平方向上動(dòng)量守恒，豎直方向上動(dòng)量不守恒，B錯(cuò)誤；由系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒可知，在大錘連續(xù)的敲打過程中，車會(huì)左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)，A正確；錘從剛離開車的左端至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，錘水平方向的動(dòng)量方向先向左再向右，則車的動(dòng)量方向先向右再向左，C正確；錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過程中，錘向右的動(dòng)量減小至零，則車具有水平向左的動(dòng)量，車的動(dòng)量減小至零，D錯(cuò)誤。
2.B　取機(jī)車和15節(jié)車廂整體為研究對象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝（m＋15m）v，則v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s，故B正確。
3.A　對A、彈簧與B組成的系統(tǒng)受力分析，該系統(tǒng)所受外力矢量和為零，則其動(dòng)量守恒，又運(yùn)動(dòng)過程中，只有彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，C、D錯(cuò)誤；對系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由機(jī)械能守恒定律有Ep＝mA＋mB，聯(lián)立兩式可知當(dāng)彈簧恢復(fù)至原長，彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為A、B的動(dòng)能時(shí)，A的動(dòng)能最大，動(dòng)量也最大，A正確，B錯(cuò)誤。
【著眼“四翼”·探考點(diǎn)】
考點(diǎn)一
【例1】 BCD　若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，彈簧被釋放后，A、B分別相對C向左、向右滑動(dòng)，它們所受的滑動(dòng)摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受外力的矢量和不為零，故A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；對A、B、C組成的系統(tǒng)，A與C、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，跟A、B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)或摩擦力大小是否相等無關(guān)，B、D正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，故其系統(tǒng)動(dòng)量守恒，C正確。
【例2】 （1）0.8 m/s　（2）0.004
解析：（1）設(shè)冰壺質(zhì)量為m，A受到冰面的支持力為FN，由豎直方向受力平衡，有FN＝mg
設(shè)A在MN間受到的滑動(dòng)摩擦力為Ff，則有Ff＝μ1FN
設(shè)A在MN間的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得Ff＝ma
聯(lián)立解得a＝μ1g＝0.1 m/s2
由速度與位移的關(guān)系式，有－＝－2ax1
代入數(shù)據(jù)解得v1＝0.8 m/s。
（2）設(shè)碰撞前瞬間A的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律可得mv2＝mvA＋mvB
解得v2＝0.6 m/s
設(shè)A在NP間受到的滑動(dòng)摩擦力為Ff'，則有Ff'＝μ2mg
由動(dòng)能定理可得－Ff'x2＝m－m
聯(lián)立解得μ2＝0.004。
考教銜接
　提示：對于冰壺等物體的碰撞，碰撞前、后的動(dòng)量之和也保持不變，可以通過動(dòng)量定理和牛頓第三定律推證，這是一個(gè)普遍規(guī)律。
【例3】 A　由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，小球下落的時(shí)間t＝＝ s＝2 s，在豎直方向的分速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向的分速度vx＝ m/s＝15 m/s，取小車初速度的方向?yàn)檎较颍捎谛∏蚝托≤嚨南嗷プ饔脻M足水平方向上動(dòng)量守恒的條件，則m車v0－m球vx＝（m車＋m球）v，解得v＝5 m/s，故A正確。
考點(diǎn)二
【例4】 C　碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以白色球A的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得pA＋pB＝pA'＋pB'，解得pA'＝1 kg· m/s，根據(jù)碰撞過程總動(dòng)能不增加，則有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，兩球A、B同向運(yùn)動(dòng)，A的速度不大于B的速度，則≤，解得mB≤4mA，綜上可知mA≤mB≤4mA，故選mB＝2mA，C正確。
【例5】 D　設(shè)碰撞前瞬間第一個(gè)小球的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有m1gl（1－cos θ）＝m1，解得v0＝，設(shè)第一個(gè)小球與第二個(gè)小球碰撞后兩個(gè)小球的速度分別為v1和v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有m1v0＝m1v1＋m2v2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有m1＝m1＋m2，聯(lián)立可得v2＝v0，又m1 m2，則v2＝2v0，同理，v3＝2v2，所以v3＝4v0＝4，故選D。
【例6】 （1）　（2）mg＋m　（3）mv2
解析：（1）A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理得mgH＝mv2
解得H＝。
（2）碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得F－mg＝m
解得拉力大小F＝mg＋m。
（3）A、B碰撞過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv＝2mv1
解得v1＝v
則碰撞過程中損失的機(jī)械能為ΔE＝mv2－×2m＝mv2。
考點(diǎn)三
【例7】 （1）　（2）　（3）v2
解析：（1）炸裂后瞬間由動(dòng)量守恒定律可知mv＝（m－m1）v1
解得炸裂后瞬間A部分的速度為v1＝。
（2）炸裂后由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知h＝gt2
解得炸裂后B部分在空中下落的時(shí)間為t＝。
（3）在爆炸過程中增加的機(jī)械能為ΔE＝（m－m1）－mv2＝。
【例8】 （1）2 m/s　（2）13.5 m/s
解析：（1）設(shè)第三次噴出氣體后火箭的速度為v3，以火箭和三次噴出的氣體為研究對象，由動(dòng)量守恒定律得（M－3m）v3－3mv＝0，解得v3≈2 m/s。
（2）發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次，設(shè)運(yùn)動(dòng)第1 s末，火箭的速度為v20，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得（M－20m）v20－20mv＝0
解得v20≈13.5 m/s。
【聚焦“素養(yǎng)”·提能力】
【典例1】 D　設(shè)鐵塊豎直下降的位移為d，對木塊與鐵塊組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)外力為零，由動(dòng)量守恒定律（人船模型）可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋2a，解得H＝h＋2a，D正確。
【典例2】 （1）　（2）
解析：（1）小球從靜止到第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)的過程，水平方向上小球和凹槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有0＝mv1－Mv2
對小球與凹槽組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律有
mgb＝m＋M
聯(lián)立解得v2＝。
（2）根據(jù)人船模型規(guī)律，在水平方向上有mx1＝Mx2
又由位移關(guān)系知x1＋x2＝a
解得凹槽相對于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離x2＝。
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第2講　動(dòng)量守恒定律
高中總復(fù)習(xí)·物理
目 錄
01
立足”四層”·夯基礎(chǔ)
02
著眼“四翼”·探考點(diǎn)
03
聚焦“素養(yǎng)”·提能力
04
培養(yǎng)“思維”·重落實(shí)
概念 公式 定理
立足“四層”·夯基礎(chǔ)
動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用
1. 內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng) ，或者 ，
這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。這就是動(dòng)量守恒定律。
不受外力　
所受外力的矢量和為0　
（1）p＝ ，系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p'。
（2）m1v1＋m2v2＝ ，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作
用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。
（3） ＝ ，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向。
（4）Δp＝ ，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。
p'　
m1v1'＋m2v2'　
Δp1　
－Δp2　
0　
2. 表達(dá)式
3. 適用條件
（1）理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守
恒。
（2）近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，系統(tǒng)
的動(dòng)量可近似看成守恒。
（3）某方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上
動(dòng)量守恒。
彈性碰撞和非彈性碰撞
1. 碰撞的特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力 外力，可認(rèn)為
碰撞系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。
遠(yuǎn)大于　
種類 動(dòng)量是 否守恒 機(jī)械能變化情況
彈性 碰撞 守恒 在彈性力作用下，只產(chǎn)生系統(tǒng)內(nèi)機(jī)械能的
，系統(tǒng)無機(jī)械能損失
非彈性 碰撞 守恒 受非彈性力作用，使 機(jī)械能轉(zhuǎn)化為物
體內(nèi)能
完全非彈 性碰撞 守恒 碰撞后兩物體合為一體，機(jī)械能損失
轉(zhuǎn)
移　
部分　
最大　
2. 碰撞的分類
反沖　爆炸
1. 反沖
（1）定義：如果一個(gè)靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩部分，一部分
向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，另一部分必然向相反的方向運(yùn)動(dòng)。
（2）特點(diǎn)：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力 系統(tǒng)受到的外
力。如發(fā)射炮彈、發(fā)射火箭等。
（3）規(guī)律：遵從動(dòng)量守恒定律。
2. 爆炸：爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時(shí)間很短，作用力很大，
且 系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動(dòng)量 。如爆竹爆炸。
遠(yuǎn)大于　
遠(yuǎn)大于　
守恒　
1. 動(dòng)量守恒定律中的速度是相對于同一參考系的速度。 （　√　）
2. 系統(tǒng)的總動(dòng)量不變是指系統(tǒng)總動(dòng)量的大小保持不變。 （　×　）
3. 只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力，系統(tǒng)的動(dòng)量就不可能守恒。 （　×　）
4. 若在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰后均變?yōu)殪o止，則兩球碰前的動(dòng)
量大小一定相同。 （　√　）
5. 質(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生碰撞時(shí)，一定交換速度。 （　×　）
√
×
×
√
×
1. 〔多選〕（魯科版選擇性必修第一冊·第一章第2節(jié)[練習(xí)]
T1改編）如圖所示，在光滑水平面上有一輛平板車，一人手
握大錘站在車上。開始時(shí)人、錘和車均靜止，此時(shí)大錘在頭
頂?shù)恼戏剑擞昧κ瑰N落下敲打車的左端，然后錘反彈回
到頭頂正上方再落下，如此周而復(fù)始，使大錘連續(xù)地敲打車的左端，最后，人和錘都恢復(fù)至初始狀態(tài)并停止敲打。在此過程中，下列說法中正確的是（　　）
A. 在大錘連續(xù)的敲打下，車會(huì)左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)
B. 在任一時(shí)刻，人、錘和車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
C. 錘從剛離開車的左端至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，車的動(dòng)量方向先向右再向左
D. 錘從剛接觸車的左端至錘的速度減小至零的過程中，車具有水平向右的動(dòng)量，車的動(dòng)量減小至零
√
√
解析： 　人、錘和車組成的系統(tǒng)，在水平方向上不受外力作用，水平方
向上動(dòng)量守恒，豎直方向上動(dòng)量不守恒，B錯(cuò)誤；由系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守
恒可知，在大錘連續(xù)的敲打過程中，車會(huì)左右往復(fù)運(yùn)動(dòng)，A正確；錘從剛
離開車的左端至運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，錘水平方向的動(dòng)量方向先向左再
向右，則車的動(dòng)量方向先向右再向左，C正確；錘從剛接觸車的左端至錘
的速度減小至零的過程中，錘向右的動(dòng)量減小至零，則車具有水平向左的
動(dòng)量，車的動(dòng)量減小至零，D錯(cuò)誤。
2. （人教版選擇性必修第一冊·第一章第3節(jié)“練習(xí)與應(yīng)用”T4改編）某機(jī)
車以0.8 m/s的速度駛向停在鐵軌上的15節(jié)車廂，跟它們對接。機(jī)車跟第1
節(jié)車廂相碰后，它們連在一起具有一個(gè)共同的速度，緊接著又跟第2節(jié)車
廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節(jié)車廂。設(shè)機(jī)車和車廂的質(zhì)量都相等，
則跟最后一節(jié)車廂相碰后車廂的速度為（鐵軌的摩擦忽略不計(jì)）（　　）
A. 0.053 m/s B. 0.05 m/s
C. 0.057 m/s D. 0.06 m/s
解析： 　取機(jī)車和15節(jié)車廂整體為研究對象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝
（m＋15m）v，則v＝v0＝×0.8 m/s＝0.05 m/s，故B正確。
√
3. （2024·江蘇高考9題）如圖所示，在水平面上靜止有一個(gè)U形滑板A，A
的上表面有一個(gè)靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側(cè)用
一根細(xì)繩連接在滑板A的右端，開始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光
滑，剪斷細(xì)繩后，則（　　）
A. 彈簧恢復(fù)原長時(shí)A的動(dòng)能最大
B. 彈簧壓縮至最短時(shí)A的動(dòng)量最大
C. 整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量變大
D. 整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能變大
√
解析： 　對A、彈簧與B組成的系統(tǒng)受力分析，該系統(tǒng)所受外力矢量和為
零，則其動(dòng)量守恒，又運(yùn)動(dòng)過程中，只有彈簧彈力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械
能守恒，C、D錯(cuò)誤；對系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由機(jī)械能
守恒定律有Ep＝mA＋mB，聯(lián)立兩式可知當(dāng)彈簧恢復(fù)至原長，彈簧
的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化為A、B的動(dòng)能時(shí)，A的動(dòng)能最大，動(dòng)量也最大，A正
確，B錯(cuò)誤。
題型 規(guī)律 方法
著眼“四翼”·探考點(diǎn)
考點(diǎn)一　動(dòng)量守恒定律的理解與應(yīng)用
1. 動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性
矢量性 動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題時(shí)應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向
相對性 各物體的速度必須是相對同一參考系的速度（一般是相對于地面）
同時(shí)性 動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的p1、p2……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，p1'、p2'……必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量
系統(tǒng)性 研究的對象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)
普適性 動(dòng)量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng)
2. 應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟
（1）明確研究對象，確定系統(tǒng)的組成（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過
程）。
（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒（或某一方向上是否守
恒）。
（3）規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量。
（4）由動(dòng)量守恒定律列出方程。
（5）代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說明。
〔多選〕如圖所示，A、B兩物體質(zhì)量之比mA∶mB＝3∶2，初始時(shí)靜
止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當(dāng)彈簧突然被
釋放后，以下系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是（　　）
A. 若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B組成的系統(tǒng)
B. 若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成的系統(tǒng)
C. 若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)
D. 若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)
√
√
√
解析：若A、B與C上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，彈簧被釋放后，A、B分別
相對C向左、向右滑動(dòng)，它們所受的滑動(dòng)摩擦力FA向右，F(xiàn)B向左，由于
mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，則A、B組成的系統(tǒng)所受外力的矢量和
不為零，故A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；對A、B、C組成的系
統(tǒng)，A與C、B與C間的摩擦力為內(nèi)力，該系統(tǒng)所受的外力為豎直方向的重
力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，跟A、B與C間的動(dòng)摩
擦因數(shù)或摩擦力大小是否相等無關(guān)，B、D正確；若A、B所受的摩擦力大
小相等，則A、B組成的系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，故其系統(tǒng)動(dòng)量守恒，
C正確。
（2022·天津高考10題）冰壺是冬季奧運(yùn)會(huì)上非常受歡迎的體育項(xiàng)
目。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員在水平冰面上將冰壺A推到M點(diǎn)放手，此時(shí)A的速度
v0＝2 m/s，勻減速滑行x1＝16.8 m到達(dá)N點(diǎn)時(shí)，隊(duì)友用毛刷開始擦A運(yùn)動(dòng)前
方的冰面，使A與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)減小，A繼續(xù)勻減速滑行x2＝3.5
m，與靜止在P點(diǎn)的冰壺B發(fā)生正碰，碰后瞬間A、B的速度分別為vA＝0.05
m/s和vB＝0.55 m/s。已知A、B質(zhì)量相同，A與MN間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝
0.01，重力加速度g取10 m/s2，運(yùn)動(dòng)過程中兩冰壺均視為質(zhì)點(diǎn)，A、B碰撞
時(shí)間極短。求冰壺A：
（1）在N點(diǎn)的速度v1的大小；
答案： 0.8 m/s　
解析： 設(shè)冰壺質(zhì)量為m，A受到冰面的支持力為FN，由豎直方向受力
平衡，有FN＝mg
設(shè)A在MN間受到的滑動(dòng)摩擦力為Ff，則有Ff＝μ1FN
設(shè)A在MN間的加速度大小為a，由牛頓第二定律可得Ff＝ma
聯(lián)立解得a＝μ1g＝0.1 m/s2
由速度與位移的關(guān)系式，有－＝－2ax1
代入數(shù)據(jù)解得v1＝0.8 m/s。
（2）與NP間冰面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2。
答案： 0.004
解析： 設(shè)碰撞前瞬間A的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律可得mv2＝mvA＋mvB
解得v2＝0.6 m/s
設(shè)A在NP間受到的滑動(dòng)摩擦力為Ff'，則有Ff'＝μ2mg
由動(dòng)能定理可得－Ff'x2＝m－m
聯(lián)立解得μ2＝0.004。
　第一節(jié)中我們通過分析一輛運(yùn)動(dòng)的小車碰撞一輛靜止的小車，得出碰撞
前后兩輛小車的動(dòng)量之和不變的結(jié)論。對于冰壺等物體的碰撞也是這樣的
嗎？怎樣證明這一結(jié)論呢？這是一個(gè)普遍的規(guī)律嗎？
本題源于人教版選擇性必修第一冊P12：“問題”
提示：對于冰壺等物體的碰撞，碰撞前、后的動(dòng)量之和也保持不變，可以通過動(dòng)量定理和牛頓第三定律推證，這是一個(gè)普遍規(guī)律。
如圖所示，質(zhì)量為0.5 kg的小球在離車底面高度20 m處以一定的初速
度向左平拋，落在以7.5 m/s的速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小
車中，小車的底面上涂有一層油泥，車與油泥的總質(zhì)量為4 kg，若小球在
落在車的底面之前瞬時(shí)速度是25 m/s，則當(dāng)小球和小車相對靜止時(shí)，小車
的速度是（取g＝10 m/s2）（　　）
A. 5 m/s B. 4 m/s
C. 8.5 m/s D. 9.5 m/s
√
解析：由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，小球下落的時(shí)間t＝＝ s＝2 s，在豎
直方向的分速度vy＝gt＝20 m/s，水平方向的分速度vx＝ m/s＝
15 m/s，取小車初速度的方向?yàn)檎较颍捎谛∏蚝托≤嚨南嗷プ饔脻M足
水平方向上動(dòng)量守恒的條件，則m車v0－m球vx＝（m車＋m球）v，解得v＝5
m/s，故A正確。
考點(diǎn)二　碰撞問題
1. 碰撞現(xiàn)象滿足的規(guī)律
（1）動(dòng)量守恒定律：p1＋p2＝p1'＋p2'。
（2）動(dòng)能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'或＋≥＋。
（3）速度要符合情景
①若兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則碰前應(yīng)有v后＞v前；碰后原來在前的物體速度一定
增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前'≥v后'。
②若兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。
2. 彈性碰撞的重要結(jié)論
例如“一動(dòng)一靜”模型中，兩物體發(fā)生彈性正碰后的速度
v1'＝v1，v2'＝v1
討論：
（1）當(dāng)m1＝m2時(shí)，v1'＝0，v2'＝v1；（質(zhì)量相等，速度交換）
（2）當(dāng)m1＞m2時(shí)，v1'＞0，v2'＞0，且v2'＞v1'；（大碰小，一起跑）
（3）當(dāng)m1＜m2時(shí)，v1'＜0，v2'＞0；（小碰大，要反彈）
（4）當(dāng)m1 m2時(shí)，v1'＝v1，v2'＝2v1；（極大碰極小，大不變，小加倍）
（5）當(dāng)m1 m2時(shí)，v1'＝－v1，v2'＝0。（極小碰極大，小等速率反彈，大
不變）
3. 非彈性碰撞
（1）非彈性碰撞過程動(dòng)量守恒，機(jī)械能有損失：
m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'
m1＋m2＝m1v1'2＋m2v2'2＋ΔEk損。
（2）完全非彈性碰撞
碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能損失最大。
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v
m1＋m2＝（m1＋m2）v2＋ΔEk損max
如圖為某運(yùn)動(dòng)員正在準(zhǔn)備擊球，設(shè)在某一桿擊球過程中，白色球（主
球）和花色球碰撞前后都在同一直線上運(yùn)動(dòng)，碰前白色球A的動(dòng)量pA＝5
kg· m/s，花色球B靜止，碰后花色球B的動(dòng)量變?yōu)閜B'＝4 kg·m/s，則兩球質(zhì)
量mA與mB間的關(guān)系可能是（　　）
A. mB＝mA B. mB＝mA
C. mB＝2mA D. mB＝5mA
√
解析：碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以白色球A的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)
量守恒定律得pA＋pB＝pA'＋pB'，解得pA'＝1 kg· m/s，根據(jù)碰撞過程總動(dòng)能
不增加，則有＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，兩球A、B同向
運(yùn)動(dòng)，A的速度不大于B的速度，則≤，解得mB≤4mA，綜上可知
mA≤mB≤4mA，故選mB＝2mA，C正確。
（2025·吉林長春模擬）如圖所示，用長度均為l的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛三個(gè)
形狀相同的彈性小球，質(zhì)量依次滿足m1 m2 m3（“ ”表示“遠(yuǎn)大
于”）。將左邊第一個(gè)小球拉起一定角度θ后釋放，則最后一個(gè)小球開始
運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度約為（　　）
A.
B. 2
C. 3
D. 4
√
解析：設(shè)碰撞前瞬間第一個(gè)小球的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有
m1gl（1－cos θ）＝m1，解得v0＝，設(shè)第一個(gè)小球與
第二個(gè)小球碰撞后兩個(gè)小球的速度分別為v1和v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有
m1v0＝m1v1＋m2v2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有m1＝m1＋m2，聯(lián)
立可得v2＝v0，又m1 m2，則v2＝2v0，同理，v3＝2v2，所以v3＝4v0
＝4，故選D。
如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)
正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B，B距O點(diǎn)的距離等
于繩長L。現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)
生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：
（1）A釋放時(shí)距桌面的高度H；
答案： 　
解析： A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理得mgH＝mv2
解得H＝。
（2）碰撞前瞬間輕繩上的拉力大小F；
答案： mg＋m　
解析： 碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得F－mg＝m
解得拉力大小F＝mg＋m。
（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE。
答案： mv2
解析： A、B碰撞過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv＝2mv1
解得v1＝v
則碰撞過程中損失的機(jī)械能為ΔE＝mv2－×2m＝mv2。
考點(diǎn)三　爆炸　反沖
1. 爆炸現(xiàn)象
動(dòng)量 守恒 由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作
用力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的
總動(dòng)量守恒
動(dòng)能 增加 在爆炸過程中，由于有其他形式的能量（如化學(xué)能）轉(zhuǎn)化
為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加
位置 不變 爆炸的時(shí)間極短，因而爆炸過程中物體的位移很小，一般
可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后的物體仍然從爆炸前的位置
以新的動(dòng)量開始運(yùn)動(dòng)
（2025·北京順義區(qū)一模）一枚在空中水平飛行的玩具火箭質(zhì)量為m，
在某時(shí)刻距離地面的高度為h，速度為v。此時(shí)，火箭突然炸裂成A、B兩部
分，其中質(zhì)量為m1的B部分速度恰好為0。忽略空氣阻力的影響，重力加速
度為g。求：
（1）炸裂后瞬間A部分的速度大小v1；
答案： 　
解析： 炸裂后瞬間由動(dòng)量守恒定律可知mv＝（m－m1）v1
解得炸裂后瞬間A部分的速度為v1＝。
（2）炸裂后B部分在空中下落的時(shí)間t；
答案： 　
解析： 炸裂后由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知h＝gt2
解得炸裂后B部分在空中下落的時(shí)間為t＝。
解析： 在爆炸過程中增加的機(jī)械能為ΔE＝（m－m1）－mv2＝
。
（3）在爆炸過程中增加的機(jī)械能ΔE。
答案： v2
　在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記
錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之
比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊。遙控器引爆瞬間開始計(jì)時(shí)，
在5 s末和6 s末先后記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音
在空氣中的傳播速度為340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空氣阻
力。下列說法正確的是（　　）
A. 兩碎塊的位移大小之比為1∶2
B. 爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80 m
C. 爆炸后的質(zhì)量大的碎塊的初速度為68 m/s
D. 爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340 m
√
解析： 　設(shè)質(zhì)量小的碎塊的質(zhì)量為m，則質(zhì)量大的碎塊的質(zhì)量為2m；設(shè)
爆炸時(shí)質(zhì)量大的碎塊的水平速度大小為v，質(zhì)量小的碎塊的水平速度大小為
v'，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv－mv'＝0，解得v'＝2v；兩碎塊都做平拋運(yùn)
動(dòng)，設(shè)其下落時(shí)間為t，則vt＝v聲（t1－t），2vt＝v聲（t2－t），其中t1＝5
s，t2＝6 s，解得t＝4 s，v＝85 m/s；再由h＝gt2可得，爆炸點(diǎn)離地面的高
度為80 m，B正確；兩碎塊的水平位移大小之比為1∶2，但從兩碎塊開始
拋出到落地的位移大小之比不等于1∶2，A錯(cuò)誤；爆炸后的質(zhì)量大的碎塊
的初速度為85 m/s，C錯(cuò)誤；爆炸后兩碎塊向相反的方向運(yùn)動(dòng)，落地點(diǎn)之間
的水平間距為Δx＝（v＋2v）t＝（85＋85×2）×4 m＝1 020 m，D錯(cuò)誤。
2. 反沖運(yùn)動(dòng)
作用 原理 反沖運(yùn)動(dòng)是由系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生
動(dòng)量 守恒 反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖
運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律
機(jī)械能 增加 反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以
系統(tǒng)的總機(jī)械能增加
一火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出m＝200 g的氣體，氣體離開發(fā)動(dòng)機(jī)噴出時(shí)
的速度v＝1 000 m/s。設(shè)火箭（包括燃料）質(zhì)量M＝300 kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴
氣20次。
（1）當(dāng)發(fā)動(dòng)機(jī)第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？
答案： 2 m/s　
解析： 設(shè)第三次噴出氣體后火箭的速度為v3，以火箭和三次噴出的氣
體為研究對象，由動(dòng)量守恒定律得（M－3m）v3－3mv＝0，解得v3≈2
m/s。
解析： 發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次，設(shè)運(yùn)動(dòng)第1 s末，火箭的速度為v20，以
火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得（M－20m）v20
－20mv＝0
解得v20≈13.5 m/s。
（2）運(yùn)動(dòng)第1 s末，火箭的速度為多大？
答案： 13.5 m/s
現(xiàn)實(shí) 科技 應(yīng)用
聚焦“素養(yǎng)”·提能力
人船模型
1. 模型圖示
2. 模型特點(diǎn)
（1）兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：mv人－Mv船＝0。
（2）兩物體的位移大小滿足：m－M＝0，x人＋x船＝L
聯(lián)立得x人＝L，x船＝L。
3. 運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)
（1）人動(dòng)則船動(dòng)，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右。
（2）人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度（瞬時(shí)速度）比等
于它們質(zhì)量的反比，即＝＝。
4. “人船模型”的拓展（某一方向動(dòng)量守恒）
如圖，棱長為a、大小形狀相同的立方體木塊和鐵塊，質(zhì)量為m的
木塊在上、質(zhì)量為M的鐵塊在下，正對用極短細(xì)繩連結(jié)懸浮在平靜的池中
某處，木塊上表面距離水面的豎直距離為h。當(dāng)細(xì)繩斷裂后，木塊與鐵塊
均在豎直方向上運(yùn)動(dòng)，木塊剛浮出水面時(shí)，鐵塊恰好同時(shí)到達(dá)池底。僅考
慮浮力，不計(jì)其他阻力，則池深為（　　）
A. h B. （h＋2a）
C. （h＋2a） D. h＋2a
√
解析：設(shè)鐵塊豎直下降的位移為d，對木塊與鐵塊組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)外力
為零，由動(dòng)量守恒定律（人船模型）可得0＝mh－Md，池深H＝h＋d＋
2a，解得H＝h＋2a，D正確。
（2023·湖南高考15題改編）如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水
平地面上，凹槽內(nèi)有一個(gè)半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分
別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質(zhì)量為m的小球，初始時(shí)刻從橢圓軌道
長軸的右端點(diǎn)由靜止開始下滑。以初始時(shí)刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，
在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整
個(gè)過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。
（1）小球從靜止到第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，求凹槽的速度大小；
答案： 　
解析： 小球從靜止到第一次運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)的過程，水平方向上
小球和凹槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有0＝mv1－Mv2
對小球與凹槽組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律有
mgb＝m＋M
聯(lián)立解得v2＝。
（2）凹槽相對于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離。
答案：
解析： 根據(jù)人船模型規(guī)律，在水平方向上有mx1＝Mx2
又由位移關(guān)系知x1＋x2＝a
解得凹槽相對于初始時(shí)刻運(yùn)動(dòng)的距離x2＝。
培養(yǎng)“思維”·重落實(shí)
夯基 提能 升華
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1. 〔多選〕（2025·廣東江門模擬）煙花飛上天后在天空中爆炸。當(dāng)煙花
從水平地面斜飛向天空且恰好沿水平方向運(yùn)動(dòng)的瞬間，突然炸裂成一大一
小P、Q兩碎塊，且質(zhì)量較大的P仍沿原來方向飛出去，下列說法正確的是
（　　）
A. 炸裂時(shí)，質(zhì)量較大的P受到的內(nèi)力更大
B. 炸裂過程煙花水平方向動(dòng)量守恒
C. 炸裂后，P飛行的水平距離較大
D. 炸裂后，P、Q兩塊同時(shí)落地
√
√
解析： 　炸裂時(shí)，P、Q兩碎塊受到的內(nèi)力相等，故A錯(cuò)誤；炸裂時(shí)，煙
花位于最高點(diǎn)，水平方向不受外力作用，所以水平方向動(dòng)量守恒，故B正
確；炸裂時(shí)，質(zhì)量較小的Q可能仍沿原來的方向，也可以與原方向相反，
無法確定P、Q兩碎塊炸裂時(shí)速度的大小關(guān)系，也就無法比較二者飛行的水
平距離大小關(guān)系，故C錯(cuò)誤；炸裂后，P、Q兩碎塊的速度方向均沿水平方
向，之后做平拋運(yùn)動(dòng)同時(shí)落地，故D正確。
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2. 羽毛球運(yùn)動(dòng)作為人們?nèi)粘；顒?dòng)最受歡迎的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目之一，若羽毛球以某
一水平初速度擊中靜止在水平地面的紙箱，使其瞬間卡在紙箱側(cè)壁上，發(fā)
現(xiàn)羽毛球與紙箱一起滑行的距離為L。已知羽毛球的質(zhì)量為5 g，紙箱的質(zhì)
量為2.495 kg，紙箱與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，滑行距離L＝2 cm，取g
＝10 m/s2。則羽毛球擊中紙箱的初速度是（　　）
A. 0.1 m/s B. 1 m/s
C. 10 m/s D. 100 m/s
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解析： 　設(shè)羽毛球擊中紙箱的初速度為v，羽毛球剛擊中紙箱與紙箱一起
滑行的速度為v'，由動(dòng)量守恒定律可得mv＝（m＋M）v'，羽毛球與紙箱一
起滑行時(shí)，由動(dòng)能定理可得0－（m＋M）v'2＝－μ（m＋M）gL，聯(lián)立解
得v＝100 m/s，故選D。
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3. 如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平面上，滑塊的光滑弧面底
部與桌面相切，一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，小球最后未越
過滑塊，則小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，小球和滑塊的速度大小是（　　）
A. B.
C. D.
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解析： 　小球沿滑塊上滑的過程中，小球和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向
上不受外力，因而系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)和滑塊
具有相同的對地速度v（若速度不相同，必然相對運(yùn)動(dòng)，此時(shí)一定不是最高
點(diǎn)）。由系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒得mv0＝（M＋m）v，所以v＝，
A正確。
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4. （2025·浙江湖州期末）用火箭發(fā)射人造衛(wèi)星，發(fā)射過程中最后一節(jié)火
箭的燃料用完后，火箭殼體和衛(wèi)星一起以7.0×103 m/s的速度繞地球做勻
速圓周運(yùn)動(dòng)。已知衛(wèi)星的質(zhì)量為500 kg，最后一節(jié)火箭殼體的質(zhì)量為100
kg。某時(shí)刻火箭殼體與衛(wèi)星分離，分離時(shí)衛(wèi)星與火箭殼體沿軌道切線方向
的相對速度為1.8×103 m/s。下列說法正確的是（　　）
A. 分離后火箭殼體的速度大小為7.3×103 m/s
B. 分離后火箭殼體的速度大小為3.3×104 m/s
C. 分離過程中火箭殼體對衛(wèi)星的沖量大小為1.5×105 N·s
D. 分離前后衛(wèi)星與火箭殼體的總動(dòng)量變化量大小為1.5×105 kg·m/s
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解析： 設(shè)火箭殼體和衛(wèi)星分離前一起繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度為
v，衛(wèi)星的質(zhì)量為m1，火箭殼體的質(zhì)量為m2，分離時(shí)衛(wèi)星與火箭殼體沿軌
道切線方向的相對速度為Δv，分離后火箭殼體的速度大小為v'，分離前后
衛(wèi)星與火箭殼體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則分離前后衛(wèi)星與火箭殼體的總動(dòng)
量變化量大小為0，取分離前火箭殼體和衛(wèi)星的速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)
動(dòng)量守恒定律得（m1＋m2）v＝m1（v'＋Δv）＋m2v'，解得v'＝5.5×103
m/s，則分離后衛(wèi)星的速度為v衛(wèi)＝v'＋Δv＝7.3×103 m/s，故A、B、D錯(cuò)
誤。分離過程中，設(shè)火箭殼體對衛(wèi)星的沖量大小為I，對衛(wèi)星由動(dòng)量定理有
I＝m1v衛(wèi)－m1v＝1.5×105 N·s，故C正確。
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5. （2025·河北滄州三模）甲、乙兩小球在光滑的水平面上沿同一直線相
向運(yùn)動(dòng)，已知小球甲的質(zhì)量小于小球乙的質(zhì)量，甲、乙兩小球碰撞前后的
位移隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖所示。則下列說法正確的是（　　）
A. 圖線A為碰前乙的位移—時(shí)間圖像
B. 圖線C為碰后甲的位移—時(shí)間圖像
C. 小球甲、乙的質(zhì)量之比為1∶2
D. 兩小球的碰撞為非彈性碰撞
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解析： 　由題圖可知圖線A、B、D對應(yīng)的小球的速度大小分別為vA＝
、vB＝、vD＝，由題意可知，小球甲的質(zhì)量小于小球乙的質(zhì)量，即
碰前小球乙的動(dòng)量大于小球甲的動(dòng)量，又由于碰撞過程兩小球組成的系統(tǒng)
動(dòng)量守恒，碰后系統(tǒng)的動(dòng)量方向與碰前小球乙的方向相同，結(jié)合實(shí)際分析
可知碰后小球乙靜止，小球甲反彈，所以圖線A為碰前小球乙的位移—時(shí)
間圖像，圖線C為碰后小球乙的位移—時(shí)間圖像，故A正確，B錯(cuò)誤；由碰
撞過程動(dòng)量守恒定律得－m甲vB＋m乙vA＝m甲vD，由以上解得m甲∶m乙＝
1∶3，故C錯(cuò)誤；碰前系統(tǒng)的動(dòng)能為Ek1＝m甲＋m乙＝m甲，碰后系統(tǒng)的動(dòng)能為Ek2＝m甲＝m甲，顯然Ek1＝Ek2，所以該兩小球的碰撞為彈性碰撞，故D錯(cuò)誤。
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6. 〔多選〕（2025·重慶期末）如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎
直擋板，甲球靜止在水平面上，乙球向左運(yùn)動(dòng)與甲球發(fā)生正碰，甲球垂直
撞向擋板后原速率彈回。已知碰撞前、后乙球的速率之比為3∶1，且兩球
剛好不會(huì)發(fā)生第二次碰撞，則（　　）
A. 碰撞后乙球向左運(yùn)動(dòng)
B. 甲、乙兩球的質(zhì)量之比為4∶1
C. 兩球碰撞前、后總動(dòng)量之比為3∶1
D. 兩球碰撞前、后總動(dòng)能之比為9∶5
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解析： 　甲球垂直撞向擋板后原速率返回，且兩球剛好不會(huì)發(fā)生第二次
碰撞，則碰撞后甲球和乙球速度方向相反，大小相等，即碰撞后乙球向右
運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；設(shè)甲球的質(zhì)量為m1，乙球的質(zhì)量為m2，碰撞前乙的速度
為v0，則根據(jù)題意可知，取向左為正方向，碰撞前、后乙球的速率之比為
3∶1，則甲、乙兩球碰后，甲球的速度為v0，乙球速度為－v0，由動(dòng)量守
恒定律有m2v0＝m1·v0－m2·v0，解得＝，則甲、乙兩球的質(zhì)量之比為
4∶1，故B正確；根據(jù)題意可知，碰撞前、后動(dòng)量守恒，則兩球碰撞前、
后總動(dòng)量之比為1∶1，故C錯(cuò)誤；結(jié)合A、B分析可知，碰撞前兩球總動(dòng)能為Ek1＝m2，碰撞后兩球總動(dòng)能為Ek2＝m1＋m2＝m2，則兩球碰撞前、后總動(dòng)能之比為＝，故D正確。
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7. 〔多選〕（2024·廣東高考10題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點(diǎn)
的甲、乙兩個(gè)相同滑塊，分別從H甲、H乙高度同時(shí)由靜止開始下滑。斜坡
與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，乙在水平面
上追上甲時(shí)發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（　　）
A. 甲在斜坡上運(yùn)動(dòng)時(shí)與乙相對靜止
B. 碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度
C. 乙的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與H乙無關(guān)
D. 甲最終停止位置與O處相距
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解析： 　兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時(shí)由靜止開始下滑，則
相對速度為0，故A正確；兩滑塊滑到水平面后均做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由于
兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后
瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；設(shè)斜面傾角為θ，乙下
滑過程有H乙＝gsin2θ·，在水平面運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間t2后與甲相碰，碰后以甲
碰前速度做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，則乙運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3，
由于t1與H乙有關(guān)，則總時(shí)間與H乙有關(guān)，故C錯(cuò)誤；乙下滑過程有mgH乙＝
m，由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與
不發(fā)生碰撞時(shí)乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運(yùn)動(dòng)到停止有＝2μgx，聯(lián)立可得x＝，即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距，故D正確。
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8. （2024·江蘇高考14題）嫦娥六號探測器于5月3日在中國文昌航天發(fā)射
場發(fā)射升空并進(jìn)入地月轉(zhuǎn)移軌道，探測器經(jīng)過軌道修正、近月制動(dòng)，順利
進(jìn)入環(huán)月軌道飛行。此后，探測器經(jīng)歷著陸器和上升器組合體、軌道器和
返回器組合體的分離。已知嫦娥六號在軌速度為v0，著陸器對應(yīng)的組合體A
與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時(shí)間為Δt，分離后B的速度為vB，且與v0同
向，A、B的質(zhì)量分別為m、M。求：
（1）分離后A的速度vA；
答案： 　
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解析： A、B組成的系統(tǒng)沿速度方向動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有（m
＋M）v0＝MvB＋mvA
解得分離后A的速度vA＝。
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（2）分離時(shí)A對B的推力大小。
答案：
解析： A、B分離的過程，對B，由動(dòng)量定理有FΔt＝MvB－Mv0
解得分離時(shí)A對B的推力大小為F＝。
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9. （2024·湖北高考14題）如圖所示，水平傳送帶以
5 m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距
離為3.6 m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長
為0.3 m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2 kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.10 kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1 m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。
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答案： 5 m/s　
（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小。
解析： 設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，傳送帶左右兩端的距離為L，小物塊與
傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小物塊在傳送帶上加速時(shí)的加速度大小為a，
由牛頓第二定律有μmg＝ma
設(shè)小物塊到達(dá)傳送帶最右端時(shí)的速度大小為v1，假設(shè)小物塊在傳送帶上一
直加速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有＝2aL
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v1＝6 m/s
由于v1＞5 m/s，故假設(shè)不成立，小物塊到達(dá)傳送帶右端前已經(jīng)與傳送帶共
速，故小物塊與小球碰撞前瞬間的速度大小為v1＝5 m/s。
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（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能。
答案： 0.3 J　
解析：設(shè)小球的質(zhì)量為M，碰撞后小物塊與小球的速度大小分別為v2、v3，
碰撞過程中兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為ΔEk，對小物塊與小球碰撞過
程，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3
小物塊與小球碰撞過程中，系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為
ΔEk＝m－m－M
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得ΔEk＝0.3 J。
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（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離。
答案： 0.2 m
解析：經(jīng)分析知，小球到達(dá)P點(diǎn)正上方繩子拉力剛好為零時(shí)，小球繞P點(diǎn)運(yùn)
動(dòng)的半徑最大，P點(diǎn)到O點(diǎn)距離最小，設(shè)這種情況下小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方
的速度大小為v4，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為x，繩子的長度為l，小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正
上方時(shí)，結(jié)合牛頓第二定律和向心加速度公式有Mg＝M
對小球的整個(gè)上升過程，由動(dòng)能定理得－Mg[l＋（l－x）]＝M－M
聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x＝0.2 m。
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10. 如圖所示，足夠長的光滑固定水平直桿上套有一可自由滑動(dòng)的物塊B，
B的質(zhì)量為m，桿上在物塊B的左側(cè)有一固定擋板C，B的下端通過一根輕繩
連接一小球A，繩長為L，A的質(zhì)量也為m。先將小球拉至與懸點(diǎn)等高的位
置時(shí)，細(xì)繩伸直但沒有形變，B與擋板接觸。現(xiàn)由靜止釋放小球A。重力加
速度大小為g。求：
（1）小球A向右擺動(dòng)的最大速度；
答案： 　
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解析： 小球A擺至最低點(diǎn)時(shí)速度最大，最大速度設(shè)為v1，由機(jī)械能守
恒定律得
mgL＝m
解得v1＝。
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（2）物塊B運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度；
答案： 　
解析：小球A從最低點(diǎn)向右擺動(dòng)的過程中，A、B系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒；當(dāng)
A最后回到最低點(diǎn)時(shí)，B的速度最大，設(shè)此時(shí)A、B的速度分別為vA、vB，由
水平方向動(dòng)量守恒得mv1＝mvA＋mvB
由機(jī)械能守恒定律得m＝m＋m
解得vA＝0，vB＝。
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（3）小球A向右擺起相對于最低點(diǎn)所能上升的最大高度。
答案： L
解析：當(dāng)小球A擺至最高點(diǎn)時(shí)，A、B共速，
設(shè)為v，A、B系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，得mv1＝（m＋m）v
由機(jī)械能守恒定律得mgh＝m－（m＋m）v2
聯(lián)立解得h＝L。
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演示完畢 感謝觀看

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