2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第27讲动量守恒定律及其应用(复习讲义)(黑吉辽专用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(黑吉辽蒙专用)第27讲动量守恒定律及其应用(复习讲义)(黑吉辽专用)(学生版+解析)，共84页。
02 \l "_Tc7022" 体系构建·思维可视3
03 \l "_Tc306" 核心突破·靶向攻坚4
\l "_Tc23645" 考点一 动量守恒定律及其应用4
\l "_Tc8741" 知识点 动量守恒定律及其应用4
考向1 动量守恒定律的判断5
考向2 动量守恒定律的应用8
考向3 动量守恒定律解决多过程问题13
\l "_Tc818" 考点二 碰撞17
\l "_Tc27137" 知识点1 弹性碰撞和非弹性碰撞17
知识点2 碰撞问题的规律和结论17
考向1 完全弹性碰撞18
考向2 完全非弹性碰撞22
考向3 非弹性碰撞25
考点三 爆炸 反冲29
知识点1 爆炸29
知识点2 反冲29
知识点3 人船模型30
考向1 爆炸与反冲30
考向2 人船模型32
04 \l "_Tc306" 真题溯源·考向感知35

考点一 动量守恒定律及其应用
\l "_Tc25045" 知识点 动量守恒定律及其应用
1.内容：如果一个系统 不受外力 ，或者 所受外力的矢量和为0 ，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。
2.表达式
（1）p＝ p' ，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。
（2）m1v1＋m2v2＝ m1v1'＋m2v2' ，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
（3） Δp1 ＝ －Δp2 ，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
（4）Δp＝ 0 ，系统总动量的增量为零。
3.适用条件
（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
（2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
（3）某方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
4.动量守恒定律的五个特性
5.应用动量守恒定律的解题步骤
（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）。
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。
（3）规定正方向，确定初、末状态动量。
（4）由动量守恒定律列出方程。
（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
\l "_Tc17630" 考向1 动量守恒定律的判断
例1如图所示，在光滑的水平面上有一根处于自然状态的轻弹簧，左侧固定在竖直墙面上，弹簧的右侧有一物块以初速度v0向左运动，后与弹簧发生挤压并被弹回，已知弹簧的形变量始终在弹性限度内，则运动过程中（ ）

A．物块的动量守恒 B．物块的机械能守恒
C．物块与轻弹簧组成的系统动量守恒 D．物块与轻弹簧组成的系统机械能守恒
【答案】D
【详解】AC．动量守恒研究的对象为两个或两个以上物体组成的系统，物块在运动过程中，物块与轻弹簧组成的系统受到墙壁的弹力，合外力不为零，因此该系统动量不守恒，故AC错误；
BD．物块的运动过程中，物块与轻弹簧组成的系统动能和势能相互转化，机械能守恒，而单独对物块而言，压缩弹簧的过程中，物块的动能在向弹簧的弹性势能转化，其自身的机械能在减小，故B错误，故D正确。
故选D。
例2如图所示，弧面为四分之一光滑圆弧的物块静置于光滑水平地面上。小球从弧面顶点由静止释放。在小球运动到物块的最低点过程中，下列说法正确的是（ ）

A．小球的动量守恒，机械能不守恒
B．物块的动量不守恒，机械能守恒
C．小球和物块组成的系统动量不守恒，机械能守恒
D．小球和物块组成的系统动量守恒，机械能不守恒
【答案】C
【详解】AB．对小球，所受的合外力不为零，有物块对其做负功，故小球的动量和机械能都不守恒，A错误；
B．对物块，其所受的合外力不为零，有小球对其做正功，故物块的动量和机械能都不守恒，B错误；
CD．小球从顶点到最低点的过程中，竖直方向上的加速度不为0，故小球和物块组成的系统在竖直方向上所受合外力不为0，则动量不守恒，但系统只有重力做功，所以机械能守恒，C正确，D错误。
故选C。
例3（2025辽宁葫芦岛·期中）甲、乙两人静止在光滑水平冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑动。下列说法正确的是（ ）
A．甲推乙前后，甲、乙构成的系统机械能守恒
B．甲推乙前后，甲、乙构成的系统动量守恒
C．甲推乙的过程中甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
D．甲、乙分离后，乙能继续滑动是因为甲仍对乙有作用力
【答案】B
【详解】A．甲推乙前后，甲、乙的机械能均增加，所以系统机械能不守恒，故A错误；
B．甲推乙前后，甲、乙构成的系统所受合外力为0，满足动量守恒，故B正确；
C．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是一对相互作用力，大小总是相等，故C错误；
D．甲、乙分离后，乙能继续滑动是因为惯性，甲对乙没有作用力，故D错误。
故选B。
【变式训练1】如图所示，小车静止在光滑的水平面上，绳子一端固定在小车立柱上，另一端与小球相连。将小球缓慢向右拉开一定角度，然后同时放开小球和小车，不计空气阻力，则在小球、小车运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球的机械能守恒
B．小车的机械能一直在增加
C．小球和小车组成的系统动量守恒
D．小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒
【答案】D
【详解】AB．小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球摆到最低点的过程中，绳子拉力对小车做正功，小车的机械能增加，小球的机械能减小，小球从最低点摆到最高点的过程中，绳子拉力对小车做负功，小车的机械能减少，小球的机械能增加，故AB错误；
CD．小球摆动过程中，小球和小车系统只受重力和支持力作用，水平方向合力为零，所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上，受力不平衡，所以竖直方向动量不守恒，那么系统动量也不守恒，故C错误，D正确；
故选D。
【变式训练2】（2025·吉林长春·二模）中国空间站在距地面高度约的轨道上做匀速圆周运动，该轨道远在距地面的卡门线（外太空与地球大气层的分界线）之上，但轨道处依然存在相对地心静止的稀薄气体，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速。空间站安装有发动机，能够实时修正轨道。已知中国空间站离地面高度为，地球半径为，地球表面的重力加速度为，将空间站视为如图所示的圆柱体，其运行方向上的横截面积为，稀薄气体密度为，不考虑其他因素对空间站的影响，则（ ）
A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，其高度降低，动能减小
B．空间站的速度大小为
C．气体对空间站前端作用力大小为
D．空间站发动机的功率为
【答案】C
【详解】A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速，可看作完全非弹性碰撞，故会损失的机械能，其高度降低，又根据牛顿第二定律
故减小时，增大，动能增大，故A错误；
B．根据牛顿第二定律
又地球表面
联立解得
故B错误；
C．设极短的时间内与空间站前端碰撞的稀薄气体质量为
碰撞瞬间，根据动量守恒
由于
故
对稀薄气体，根据动量定理
联立解得空间站前端对稀薄气体的作用力大小
根据牛顿第三定律知气体对空间站前端作用力大小为，故C正确；
D．空间站发动机的功率为
故D错误。
故选C。
\l "_Tc16322" 考向2 动量守恒定律的应用
例1（24-25高三上·黑龙江佳木斯·阶段练习）如图所示，物块A的质量为1kg，物块B及小车C的质量均为2kg，小车足够长。物块A、B与小车C之间的动摩擦因数均为0.1，地面光滑，两物块间夹一轻质弹簧，弹簧与物块不连接。初始时双手摁住两个物块，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力为F，重力加速度g取，现双手同时放开，则下列说法正确的是（ ）
A．无论弹力F为多大，最终三者速度不为0
B．若，则释放物块后，A、C发生相对滑动，B、C发生相对滑动
C．若，则释放物块后，A、C发生相对滑动，B、C相对静止
D．若释放物块的瞬间，物块A、B均相对于小车滑动，则全过程中弹簧减少的机械能大于系统内摩擦产生的热能
【答案】C
【详解】A．对A、B、C构成的系统满足动量守恒条件，初始总动量为0可知，无论弹力为多大，最终三者均静止，即最终三者速度均为0，故A错误；
BC．A、C之间的最大静摩擦力与B、C之间的最大静摩擦力分别为，
则有
可知，随着F逐渐增大，A、C之间将先发生相对滑动，对A分析可知，当弹力大小为
此时，A、C之间开始发生相对滑动。当B、C之间开始发生相对滑动时，对C进行分析有
对B、C整体进行分析有
联立解得
可知，若或时，释放物块后，A、C之间发生相对滑动，B、C之间未发生相对滑动，故B错误，C正确；
D．结合上述可知，若释放物块的瞬间，物块A、B均相对于小车滑动，系统最终也将处于静止状态，根据能量守恒定律可知，全过程中弹簧减少的机械能，即弹簧减少的弹性势能等于系统内摩擦产生的热能，故D错误。
故选C。
例2（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）如图所示，质量为m，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道小车静置于光滑水平面上。一质量也为m的小球以水平初速度冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，不计空气阻力，下列说法不正确的是（ ）
A．上述过程小球和小车组成的系统水平方向动量守恒
B．球返回到车左端时，车向右运动的速度最大
C．无论小球初速度多大，小球最终都会从小车左侧离开
D．小球返回到小车左端后将向左做平抛运动
【答案】D
【详解】A．上述过程，小球和小车组成的系统在水平方向上所受合外力为0，则系统在水平方向上动量守恒，故A正确，不满足题意要求；
B．小球在圆弧轨道运动时，对车的压力一直具有水平向右的分力，使车向右加速运动，则球返回到车左端时，车向右运动的速度最大，故B正确，不满足题意要求；
C．足够大使小球飞离小车时，此时小球相对车的速度竖直向上，即此时二者水平分速度相等，则小球一定会落回小车从圆弧轨道滑落，从左侧离开小车；故无论小球初速度多大，小球最终都会从小车左侧离开，故C正确，不满足题意要求；
D．设小球离开小车时，小球的速度为，小车的速度为，选取向右为正方向，整个过程中根据水平方向动量守恒得
由系统机械能守恒得
联立解得
，
所以小球与小车分离后做自由落体运动，故D错误，满足题意要求。
故选D。
【变式训练1】如图所示，水平桌面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端栓接木块B，开始时B静止，弹簧处于原长。某时刻子弹A沿水平方向射入木块B并留在其中，将弹簧压缩到最短。对子弹、木块和弹簧构成的系统，从子弹开始射入木块到弹簧被压缩至最短的过程中（ ）
A．动量不守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能不守恒D．动量守恒，机械能守恒
【答案】C
【详解】系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中，由于墙壁对弹簧有力的作用，所以系统所受的外力之和不为零，所以系统动量不守恒。在整个过程中，由于子弹射入木块的过程中有内能产生，所以系统机械能不守恒。
故选C。
【变式训练2】如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车，小车上有一光滑的、半径为R的圆弧轨道。现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中正确的是（ ）
A．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒
B．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒
C．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统在水平方向上动量不守恒
D．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能不守恒
【答案】B
【详解】ABC．当小球沿光滑曲面下滑时，小球和小车组成的系统合力不为零，动量不守恒，但小车和小球在水平方向上的合力为零，此方向上动量守恒，故A、C错误，B正确；
D．除重力系统无外力做功，小车和小球组成的系统机械能守恒，故D错误。
故选B。
【变式训练3】在量子通信实验中，一个处于特定量子态的光子，其动量为p0。当它与一个静止的微观粒子发生相互作用后，光子的动量变为p1，方向改变了θ角。相互作用过程满足动量守恒，普朗克常量为h，光速为c。则下列关于微观粒子获得的动量p的说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】由动量守恒沿p0方向上有
垂直于p0方向上有
根据平行四边形定则有
联立得粒子动量的大小为
故选D。
【变式训练4】如图所示，足够长的斜面体静置于水平地面上，斜面的倾角为，平行于斜面的轻杆一端连接小物块A，另一端连接光滑的小物块B，A、B的质量均为m，小物块A与斜面之间的动摩擦因数。将小物块A、B在斜面上的某一位置同时由静止释放，沿斜面运动的距离为x，在这过程中，斜面体始终处于静止状态。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块A和物块B组成的系统动量守恒B．斜面体与地面之间没有相对运动趋势
C．物块A的加速度大小为D．物块B减少的机械能为
【答案】D
【详解】A．由于AB组成的系统合外力不为零，即
可知物块A和物块B组成的系统动量不守恒，A错误；
B．由于
可知A、B整体的加速度沿斜面向下，斜面受到水平向左的静摩擦力，斜面和地面之间有相对运动趋势，B错误；
C．对A、B整体研究，根据牛顿第二定律有
解得，C错误；
D．对物块B，由于轻杆的拉力做负功，其机械能减少，根据牛顿第二定律有
解得
所以物块B减少的机械能为，D正确。
故选D。
【变式训练5】（2025高三·辽宁·专题练习）如图，楔形木块放在水平地面上，顶角为直角，两个完全相同的滑块A、B同时从顶端释放，所有接触面均光滑，则滑块在斜面上时（ ）
A．若木块不固定，A、B与木块组成的系统的动量守恒
B．若木块不固定，A、B与木块组成的系统的机械能守恒
C．若木块固定，两滑块滑到底端时的速度相同
D．若木块固定，同一时刻两滑块重力的瞬时功率相同
【答案】B
【详解】A．系统动量守恒的条件是系统所受到的合外力为0，A、B在竖直方向均有向下的分加速度，因此系统在竖直方向所受的合外力不为0，故A错误；
B．系统机械能守恒的条件是只有重力做功或系统内弹力做功，由于各接触面均光滑，只有重力做功，因此系统机械能守恒，故B正确；
C．两滑块滑到底端时的速度方向不同，故C错误；
D．t时刻滑块A重力的瞬时功率为
同理
两侧面的倾角不相等，因此重力的瞬时功率不相等，故D错误。
故选B。
【变式训练6】（24-25高三上·辽宁·期中）如图，质量为的小船在静止水面上以速率向右匀速行驶，一质量为的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率水平向左跃入水中（不计水的阻力），则救生员跃出后小船的速率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】规定向右为正方向，由动量守恒有
解得
故选C。
\l "_Tc16322" 考向3 动量守恒定律解决多过程问题
例1如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
【答案】B
【详解】整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。
故选B。
例2（24-25高三下·湖北·期末）如图所示，固定的光滑斜面上有一个质量为m的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，轻绳与竖直方向的夹角为，斜面倾角为，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳拉力大小为
B．斜面对小球的弹力大小为
C．由静止释放斜面瞬间，斜面对小球弹力变大
D．由静止释放斜面后，斜面和小球系统水平方向动量守恒
【答案】B
【详解】AB．对小球进行分析，沿水平方向与竖直方向建立坐标系，水平方向上有
竖直方向上有
解得，
故A错误，B正确；
C． 释放斜面后小球开始做圆周运动，释放斜面瞬间小球加速度垂直于绳斜向右下方，对小球的受力沿绳与垂直绳方向进行分解，垂直绳方向上有
解得
即斜面对小球弹力变小，故C错误；
D．系统水平方向受绳拉力的分量，所以系统水平方向动量不守恒，故D错误。
故选B。
【变式训练1】（24-25高三上·辽宁沈阳·期中）如图所示，木板的质量，长，其右端固定有一竖直挡板（厚度不计），挡板与墙壁的距离，木板左端放有一质量的小铁块（可看作质点）。时，木板在水平向右的外力F作用下，从静止开始向右运动，已知小铁块与木板间的动摩擦因数，木板与地面间的摩擦不计。木板与墙壁碰撞后停止运动但不粘连，同时撤去外力F，且小铁块与挡板的碰撞不损失机械能。重力加速度。
(1)若，求木板运动到墙壁时的速度大小；
(2)若要使铁块不与挡板碰撞，求外力F的最大值；
(3)若铁块相对木板静止在木板的正中央，求它们相对静止的时刻。
【答案】(1)(2)(3)见解析
【详解】（1）根据牛顿第二定律可得
木板运动到墙壁时的速度大小为
解得
（2）设木板到达墙壁速度大小为，则铁块不与挡板碰撞的条件为
且
根据牛顿第二定律
解得外力F的最大值为
当，即时，铁块立即从木板上掉落，综上述，外力F的最大值应该为。
（3）若铁块不碰撞挡板，静止在木板的中央，设木板撞击墙面后铁块经过时间静止，则
解得
则木板到达墙壁时铁块的速度为
设木板在外力作用下加速过程中的时间，则
解得
因此，铁块静止在木板上的时刻为
根据第二问分析可知铁块不可能在不滑落的情况下，与挡板相撞，故不可能与挡板碰撞后再停在木板中央。
【变式训练2】（多选）如图所示，木板AB质量为M=2kg静止放在光滑水平面上，木板的右端B处固定一根轻质弹簧，弹簧的原长为BC长度，C点到木板左端A的距离LAC=1.0m，可视为质点的小滑块质量为m，静止放置在木板的左端；现对木板施加水平向左的恒力F=24N，0.5s时撤去恒力F，此时滑块恰好到达弹簧自由端C处，此后的运动中始终没有超过弹簧的弹性限度。已知木板C点右侧部分光滑、C点左侧部分与滑块间的动摩擦因数为μ=0.2；取g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．若恒力F=7.5N，则在F作用时间内木板和滑块会相对静止
B．撤去恒力F后，木板先做减速后做匀速运动
C．在木板和滑块相对运动的整个过程中，弹簧的最大弹性势能Ep=8.0J
D．在木板和滑块相对运动的整个过程中，系统产生的热量Q=8.0J
【答案】ACD
【详解】A．若在F1作用下木板和滑块恰好发生相对运动，则对滑块有
对木板有
可得F1=8N，若恒力F=7.5N，木板和滑块相对静止一起运动，故A正确；
BC．F作用的过程中，对小滑块有，
可得，
对木板有，，
联立可得，
此时木板的速度
小滑块的速度
所以弹簧被压缩，小滑块继续做加速运动，木板开始做减速运动，弹簧压缩到最短时，两者共速，此时弹簧弹性势能最大。
由动量守恒和能量守恒有，
可得，
之后弹簧伸长，小滑块继续做加速运动，木板继续做减速运动，弹簧回复原长时，小滑块速度大于木板速度，小滑块接着向左运动进入粗糙面，开始做减速运动；木板受到向左的摩擦力，开始做加速运动，二者共速时，开始做匀速运动，故B错误，C正确；
D．弹簧回复原长时，根据动量和能量守恒，，可知
假设二者在粗糙部分最后共速，则由，可得
木板的加速度大小，木板向左运动的位移
小滑块的位移，则
即小滑块从木板左侧滑出，所以整个运动过程中，系统产生的热量，故D正确。
故选ACD。

考点二 碰撞
知识点1 弹性碰撞和非弹性碰撞
1.碰撞的特点：在碰撞现象中，一般都满足内力 远大于 外力，可认为碰撞系统的动量守恒。
2.碰撞的分类
知识点2 碰撞问题的重要结论和规律
1.碰撞现象满足的规律
（1）动量守恒定律：p1＋p2＝p1'＋p2'。
（2）动能不增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1'＋Ek2'或p122m1＋p222m2≥p1'22m1＋p2'22m2。
（3）速度要符合情景
①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前'≥v后'。
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2.弹性碰撞的重要结论
例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度
v1'＝m1－m2m1＋m2v1，v2'＝2m1m1＋m2v1
讨论：
（1）当m1＝m2时，v1'＝0，v2'＝v1；（质量相等，速度交换）
（2）当m1＞m2时，v1'＞0，v2'＞0，且v2'＞v1'；（大碰小，一起跑）
（3）当m1＜m2时，v1'＜0，v2'＞0；（小碰大，要反弹）
（4）当m1≫m2时，v1'＝v1，v2'＝2v1；（极大碰极小，大不变，小加倍）
（5）当m1≪m2时，v1'＝－v1，v2'＝0。（极小碰极大，小等速率反弹，大不变）
3.非弹性碰撞
（1）非弹性碰撞过程动量守恒，机械能有损失：
m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'
12m1v12＋12m2v22＝12m1v1'2＋12m2v2'2＋ΔEk损。
（2）完全非弹性碰撞
碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v
12m1v12＋12m2v22＝12（m1＋m2）v2＋ΔEk损max
考向1 完全弹性碰撞
例1如图所示，甲、乙两人质量分别为、（），在水平冰面上滑冰，阻力忽略不计。初时两者静止挨着，乙用力推甲至两者分离，各自获得反向速度。则下列分析正确的是（ ）
A．甲、乙之间的相互作用力等大、反向
B．甲对乙做正功，乙对甲也做正功，且等大
C．甲、乙系统的动量不守恒
D．从两者静止到分离过程中甲运动位移比乙运动的位移小
【答案】AD
【详解】A．根据牛顿第三定律可知，甲、乙之间的相互作用力等大、反向，故A正确；
B．由于甲、乙之间的相互作用力等大，根据W=Fx
可知，由于二者位移不同，故做功不同，故B错误；
C．由于阻力忽略不计，故甲、乙系统合外力为零，满足动量守恒条件，故甲、乙系统动量守恒，故C错误；
D．从两者静止到分离过程中，由于，根据F=ma
可知，乙的加速度大于甲的加速度，由于作用时间相同，由
可知，乙运动的位移大于甲运动位移，故D正确。
故选AD 。
例2（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，两端固定有小球A、B的竖直轻杆，A球紧贴竖直光滑墙面，B球位于光滑水平地面上，小球C紧贴小球B，小球A受到轻微扰动后顺着墙面下滑，此后的运动过程中，三球始终在同一竖直面上，小球A落地后不反弹，已知小球C的最大速度为v，三球质量均为m，轻杆长为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．B、C两球分离时，A球恰好离开墙面
B．竖直墙对小球A的冲量大小为2mv
C．小球A落地前瞬间，小球C的速度是小球A速度的2倍
D．小球A落地前瞬间，动能大小为
【答案】ABD
【详解】A．B、C两球分离时，两球速度相等但两球之间无弹力，即此时两球的速度达到最大值，对于三个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可知，墙面对小球A的冲量此时达到最大，即此时A球恰好离开墙面，故A正确；
B．小球A顺着墙面下滑直到与墙面分离的过程中，对于三个小球组成的系统，在水平方向上，根据动量定理可知，竖直墙对小球A的冲量等于B、C两球动量的变化量，即
故B正确；
C．B、C两球分离后，小球C的速度为并保持不变，此后A、B两球组成的系统水平方向动量守恒，小球A落地前瞬间，小球A和小球B水平方向速度相同，设为，有
求得
但此时小球A竖直方向有速度，故C错误；
D．小球A开始沿竖直墙下滑到落地前过程，对于三小球组成的系统，根据机械能守恒定律，有
求得
故D正确。
故选ABD。
【变式训练1】用质量为m的小铁锤以速度竖直向下击打一块质量为M的砖块（击打时间极短），击打后小铁锤以的速度反向弹回，已知砖块受到击打后在手中的缓冲时间为t，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．在击打过程中，小铁锤所受合外力的冲量大小为
B．在击打过程中，小铁锤重力的冲量大小为
C．砖块缓冲过程中，砖块对手的压力大小为
D．砖块缓冲过程中，手对砖块的支持力大小为
【答案】AD
【详解】A．设竖直向下为正方向，在击打过程中，对小铁锤由动量定理可得
在击打过程中，小铁锤所受合外力的冲量大小为，故A正确；
B．小铁锤击打的时间未知，所以在击打过程中，小铁锤重力的冲量大小不能求解，故B错误；
CD．在击打过程中，对小铁锤与砖块组成的系统，由动量守恒定律可得
砖块缓冲过程中，对砖块由动量定理可得
解得手对砖块的支持力为
由牛顿第三定律可知砖块对手的压力为
故C错误，D正确。
故选AD。
【变式训练2】（多选）如图甲所示，物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑的水平面上，开始时两物块均静止，弹簧处于原长。时对物块a施加水平向右、大小的恒力，时撤去F，此过程中两物块的加速度随时间变化的图像如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．物块a的质量为2kg
B．物块b的质量为2kg
C．时，弹簧的弹力大小为0.4N
D．撤去F后，a、b组成的系统动量守恒，机械能不守恒
【答案】BD
【详解】ABC．时，对物块，由牛顿第二定律有
其中aa=1.0m/s2，解得
时，设弹簧弹力大小为，对物块有
对物块有
联立解得，
选项AC错误，B正确；
D．撤去拉力后，的速度大于的速度，则、之间的距离将继续增大，弹簧弹性势能增大，则组成的系统动量守恒，但机械能减小，D正确。
故选BD。
【变式训练3】（2025·吉林延边·一模）如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）
A．儿童和滑环组成的系统动量守恒
B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C．儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能
D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1：5
【答案】BD
【详解】A．儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向受力不平衡，所以系统动量不守恒，故A错误；
BC．儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能，故B正确，C错误；
D．根据水平方向系统动量守恒有
解得
则可知儿童和滑环的水平位移之比为1：5，故D正确；
故选BD。
考向2 完全非弹性碰撞
例1如图所示，足够长的竖直固定杆上套一劲度系数为k的轻质弹簧，上下两端各连接质量均为m的相同小球P和Q。小球P与杆之间的最大静摩擦力为2mg，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球Q与杆之间无摩擦力。现将小球Q托至弹簧原长处，然后由静止开始释放。忽略空气阻力，则小球P、Q和弹簧三者组成的系统（ ）
A．在小球P开始滑动之前，动量守恒，机械能守恒
B．在小球P开始滑动之前，动量不守恒，机械能不守恒
C．在小球P开始滑动之后，动量守恒，机械能不守恒
D．在小球P开始滑动之后，动量不守恒，机械能不守恒
【答案】C
【详解】AB．根据题意可知，由于小球P的重力为mg，与杆之间的最大静摩擦力为2mg，所以，当弹簧弹力为mg时P将要开始滑动，所以在P滑动之前，P与杆间的静摩擦力摩擦力不断增大，系统所受合外力不为零，则动量不守恒，但由于只用重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故AB错误；
CD．在小球P开始滑动之后，系统所受合外力为零，则动量守恒，但由于摩擦力做功，则机械能减少，即机械能不守恒，故C正确，D错误。
故选C。
【变式训练1】小车静止在光滑水平地面上，一个小球用轻绳悬挂在与车连接的细杆顶端。小球由图示位置无初速释放，在小球向下摆动到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球的机械能守恒B．车和小球组成的系统动量守恒
C．车所受合力的冲量方向水平向右D．小车一直向左运动
【答案】D
【详解】A．小球向下摆的过程中，绳拉力对小球做负功，对小车做正功，所以小球的机械能减小，故A错误；
B．车和小球组成的系统竖直方向合力不为零，所以系统动量不守恒，二者水平方向动量守恒，故B错误；
CD．小球从初始位置摆到最低点的过程中，小车向左做加速运动，所以车所受合力的冲量的方向水平向左，小车一直向左运动，故C错误，D正确。
故选D。
【变式训练2】图中滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为。开始时，轻绳处于水平拉直状态，滑块右侧有一表面涂有黏性物质的固定挡板。初始时小球和滑块均静止，现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好向右运动到与固定挡板碰撞，在极短的时间内速度减为零并在之后始终与固定挡板粘在一起。小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角时小球达到最高点。已知小球质量为，重力加速度为。求：
(1)小球在最低点的速度大小；
(2)滑块与固定挡板碰撞后瞬间，绳子对小球的拉力大小；
(3)滑块的质量。
【答案】(1)(2)(3)
【详解】（1）以最低点为零势能面，根据机械能守恒定律
解得
（2）根据牛顿第二定律
解得
（3）对滑块与小球组成系统，根据机械能守恒定律
水平方向根据动量守恒定律
联立解得
【变式训练3】（多选）如图所示，A、B两个小球质量都是m，小球B用无弹性细线系于O点。小球A现从水平地面以v0=20ms的初速度向斜上方抛出，初速度与水平方向夹角为θ=53°，运动到最高点时与小球B碰撞并粘在一起，结合体在竖直平面内做圆周运动，恰能运动到最高点；已知斜抛从抛出到最高点的运动可以视为平抛运动的逆运动，小球都视为质点，重力加速度为g=10ms2，sin53°=0.8，则（ ）
A．B球初位置到地面的高度为12.8mB．A球碰前速度大小为16ms
C．两球碰后速度大小为12msD．O、B间细线的长度为0.72m
【答案】AD
【详解】A．小球A竖直方向上的分速度v0y=v0sin53°=16ms
所以B球初位置到地面的高度ℎ=v0y22g=12.8m
选项A正确；
B．小球A水平方向上的分速度v0x=v0cs53°=12ms
选项B错误；
C．小球A与B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv0x=m+mv1
可得v1=6ms选项C错误；
D．因为恰能运动到最高点，故结合体运动到最高点时的速度大小v2，有m+mg=m+mv22R
结合体做圆周运动过程中机械能守恒12m+mv12=12m+mv22+2m+mgR
联立解得R=0.72m选项D正确；
故选AD。
考向3 非弹性碰撞
例1在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v—t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A．碰后红壶将被反弹回来
B．碰后蓝壶速度为0.8m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力
【答案】B
【详解】AB．由图可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
mv0＝mv′0+mv
代入数据解得
v＝0.8m/s
由于
12mv02>12mv′02+12mv2
碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确；
C．根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小
x=v2t=0.82×5m=2m
C错误；
D．根据图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。
故选B。
【变式训练1】（多选）如图所示，斜面B静止在水平地面上，物块A以平行于斜面的初速度从斜面底端开始沿斜面上滑，不计一切摩擦。在A从斜面底端运动到最高点的过程中（A未冲出斜面），以下说法正确的是（ ）
A．A、B组成的系统动量守恒B．A的动量变化量方向水平向左
C．到达最高点时A的动能最小D．到达最高点时A的机械能最小
【答案】CD
【详解】A．物块A向上做减速运动，加速度方向沿斜面向下，系统所受外力合力不等于0，可知，A、B组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．，A、B组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，即系统在水平方向分动量守恒，最高点时系统有共同速度，A物体初始状态的动量、末状态的动量分别为，
根据矢量合成规律，作出动量变化方向图如图所示
可知，A的动量变化量方向并没有水平向左，故B错误；
C．上升过程中A的动能不断被转化为自身的重力势能及B的动能，则上升过程中A的动能在最高点最小，故C正确；
D．上升过程中，B对A的支持力一直对A做负功，A的机械能一直减小，则在最高点时A的机械能最小，故D正确。
故选CD。
【变式训练2】如图所示，两质量相同且可视为质点的塑料小球，表面均匀带等量异种微量电荷，左球带负电，右球带正电。两球间夹一张绝缘纸，分别用两根等长轻质绝缘细线悬挂于O点，受重力作用两球静止。某时刻在系统所在空间加上水平向右的匀强电场，两球向两边摆动。不考虑两球间的库仑力作用和对匀强电场的影响，取O点电势为零，下列说法正确的是（ ）
A．两球在最高点合外力均为0
B．运动过程中，两球组成的系统在水平方向上动量守恒
C．两球速度最大时，二者电势能相同
D．从最低点摆到最高点的过程中，任意一个小球所受电场力的瞬时功率逐渐变小
【答案】BC
【详解】A．两球在最高点时均受到重力、细线的拉力、水平方向的电场力，此时小球的速度为零，但受力不平衡，以带正电的小球为例，重力和电场力的合力方向斜向右下方，而绳子的拉力不能与该合力平衡，故合外力不为0，A错误；
B．对两球组成的系统，在水平方向上，系统受到的外力为电场力，由于两球带等量的异种电荷，水平方向上所受的电场力等大反向，故系统在水平方向所受合外力为零，因此水平方向上，系统的动量守恒，B正确；
C．两球速度最大时，两球在同一水平面上，根据电场力做功
两球带等量的异种电荷，开始时的电势相同，速度最大时，二者在同一水平面上，根据对称性可知，末位置电势相等，所以电场力做功相等，电势能的变化量相等。由于O点电势能为0，故速度最大时，二者具有相同的电势能，C正确；
D．小球从最低点摆动到最高点时，小球在水平方向上的速度先增大后减小，而电场力的大小不变，根据
可知，电场力的瞬时功率先增大后减小，D错误。
故选BC。
【变式训练3】如图所示，质量为2m的小球A置于竖直放置，内壁光滑半径为l的球壳内壁上，小球A和球壳圆心的连线与竖直方向成60∘角，质量为m的小球B静止于球壳内壁底部。若将小球A由静止释放，与小球B发生正碰后，使小球B运动到最高时，和球壳圆心的连线与竖直方向也成60∘角。重力加速度为g，则（ ）
A．整个过程机械能守恒
B．两球相碰后瞬间B球的速度大小为12gl
C．两球相碰后瞬间B球的速度为0
D．两球相碰后产生的热量为14mgl
【答案】D
【详解】ABC．A球运动到最低点的过程中，根据机械能守恒可得2mg(l−lcs60∘)=12⋅2mvA2
解得vA=gl
B球运动到最高点的过程中，根据机械能守恒可得mg(l−lcs60∘)=12mvB2
解得vB=glA球与B球碰撞的过程中，动量守恒，则有2mvA=mvB+2mvA'解得vA'=gl2
碰撞前系统的机械能为Ek1=12⋅2mvA2=12⋅2m(gl)2=mgl
碰撞后系统的机械能为Ek2=12⋅2mvA'2+12mvB2=12⋅2m(gl2)2+12⋅m(gl)2=34mgl
由于Ek1≠Ek2
故整个过程机械能不守恒，ABC错误；
D．两球相碰后产生的热量为Q=Ek1−Ek2=14mglD正确。
故选D。
【变式训练4】（多选）如图所示，质量为m、半径为R的光滑半圆槽锁定在光滑水平面上，质量也为m的小球从A点由静止释放，当小球落到槽的B点与槽相撞时，沿OB向下方向的分速度突减为0，垂直OB向下方向分速度不变，碰撞后瞬间半圆槽解除锁定。小球经过最低点C后，恰好到达槽左端与圆心等高处的D点。已知：OB与水平方向的夹角为53°，重力加速度为g，sin53°=45，下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点的竖直高度差为6445R
B．槽解除锁定后，小球和槽组成的系统动量守恒、机械能守恒
C．在B点，小球与槽碰撞损失的机械能为320153mgR
D．小球与槽在B点碰撞前、后瞬间，重力功率的比值为259
【答案】CD
【详解】A．设小球到达D点时与槽共同的速度为v，小球下落到B点的速度为v0，在B点撞完的速度水平分量为v1，小球从B点运动到D点过程，小球与槽水平方向满足动量守恒，可得
mv1=2mv
由机械能守恒定律可得12×2mv2+mgR⋅cs37°=12×mv1cs37°2
联立解得v1=128gR85
故小球下落到B点的速度为v0=v1cs37°cs53°
小球从A到B自由下落过程，由动能定理可得gℎAB=12mv02
解得ℎAB=500153RA错误；
B．槽解除锁定后，小球和槽组成的系统竖直方向受到重力作用，水平方向动量守恒，系统机械能守恒，B错误；
C．小球在B点碰撞时损失的机械能为E损=12mv0sin53°2=320153mgR
C正确；
D．小球在B点碰撞前后重力的功率之比为PP′=mgv0mgv0cs53°sin37°=259
D正确。
故选CD。

考点三 爆炸 反冲
知识点1 爆炸
1.爆炸现象
2.爆炸：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且 远大于 系统所受的外力，所以系统动量 守恒 。如爆竹爆炸。
知识点2 反冲
1.反冲
（1）定义：如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反的方向运动。
（2）特点：系统内各物体间的相互作用的内力 远大于 系统受到的外力。如发射炮弹、发射火箭等。
（3）规律：遵从动量守恒定律。
知识点3 人船模型
1.模型图示
2.模型特点
（1）两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0。
（2）两物体的位移大小满足：mx人t－Mx船t＝0，x人＋x船＝L
联立得x人＝MM＋mL，x船＝mM＋mL。
3.运动特点
（1）人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右。
（2）人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度（瞬时速度）比等于它们质量的反比，即x人x船＝v人v船＝Mm。
4.“人船模型”的拓展（某一方向动量守恒）
考向1 爆炸与反冲
例1有一个质量为4m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度是（ ）

A．3v0−vB．4v0−3vC．3v0−2vD．3v−4v0
【答案】B
【详解】爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为4mv0，其中一块质量为3m，速度大小为v，方向水平向东，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒，则有
4mv0=3mv+mv′
解得
v′=4v0−3v
故选B。
【变式训练1】（24-25高三上·黑龙江绥化·阶段练习）如图所示，半径为R、质量为M内表面光滑的半球物体放在光滑的水平面上，左端紧靠着墙壁，一个质量为m的物块从半球形物体的顶端a点无初速释放，图中b点为半球的最低点，c点为半球另一侧与a等高的顶点，关于物块M和m的运动，下列说法正确的有（ ）
A．m从a点运动到b点的过程中，m与M系统的机械能守恒、动量守恒
B．m从a点运动到b点的过程中，m的机械能守恒
C．m释放后不能到达右侧最高点c
D．m释放后能再次回到a点
【答案】BC
【详解】AB．m从a点运动到b点过程中，只有m的重力做功，机械能守恒，墙壁对系统有力的作用，动量不守恒，选项A错误，B正确；
CD．m释放后，过b点后系统动量守恒，机械能守恒，到达最高点时系统具有相同的速度，由能量关系，故m不能到达右侧最高点，也不能回到a点，选项C正确，D错误。
故选BC。
【变式训练2】如图所示，质量为m的木块A放在光滑的水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为l的细线（线长小于杆长），细线另一端系一质量为m、可视为质点的小球B，现将小球B拉起使细线处于水平伸直状态并由静止释放，已知重力加速度为g，在小球开始运动到最低点的过程中（木块和轻杆始终不翻倒），下列说法正确的是（ ）
A．小球到最低点时速度大小为2gl
B．木块对地面的最小压力大小为2mg
C．小球和木块组成的系统总动量守恒
D．小球竖直方向合力为零时，重力的瞬时功率最大
【答案】D
【详解】C．由于木块放在光滑水平面上，小球向下运动的过程中，系统竖直方向合力不为零，水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒，故C错误；
A．由于小球和木块的质量相同，根据水平方向动量守恒，有
mv1=mv2
所以小球到最低点速度大小与木块速度大小相同，根据系统的机械能守恒有
mgl=2×12mv2
解得
v=gl
故A错误；
B．小球刚释放时，小球不受拉力，木块对地面的压力最小，此时压力大小为mg，故B错误；
D．由于小球重力的瞬时功率为
P=mgvy
当小球竖直方向速度最大时，竖直方向加速度为零，竖直方向合力为零，重力的瞬时功率最大，故D正确。
故选D。
考向2 人船模型
例1有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长，一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。如图所示。已知他自身的质量为m，则渔船的质量为（ ）
A．m(L+d)dB．m(L−d)dC．mLdD．m(L+d)L
【答案】B
【详解】设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，取船的运动方向为正方向，则v=dt
v'=L−dt
根据动量守恒定律得
Mv-mv′=0
解得船的质量
M=m(L−d)d
故选B。
【变式训练1】如图所示，质量m＝60kg的人，站在质量M＝240kg的车的一端，车长L＝3m，均相对于水平地面静止，车与地面间的摩擦可以忽略不计，人由车的一端走到另一端的过程中，（ ）
A．人对车的冲量大小大于车对人的冲量大小
B．车后退0.5m
C．即使人与车之间存在摩擦力，人与车组成的系统在水平方向仍然动量守恒
D．人的速率最大时，车的速率最小
【答案】C
【详解】A．人对车的作用力与车对人的作用力是作用力与反作用力的关系，它们大小相等方向相反、作用时间相等，所以作用力的冲量大小相等、方向相反，故A错误；
B．设车后退的距离为x ，则人的位移大小为L−x，人与车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m人v人−M车v车=0
则mL−xt−Mxt=0代入数据得x=0.6m
故B错误；
C．人与车间的摩擦力属于系统内力，人与车组成的系统在水平方向所受合外力为零，人与车组成的系统在水平方向动量守恒，故C正确；
D．人与车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m人v人−M车v车=0
m、M一定，所以人的速率最大时，车的速率最大，故D错误。
故选C。
【变式训练2】（多选）（2025·四川攀枝花·三模）如图所示，光滑水平地面上静置一质量为M的斜劈，斜劈竖直高度为h、水平方向宽为L，一质量为m的小球从斜劈的斜面上由静止释放，释放时小球到斜面底端的水平距离设为l，小球滑至斜面底端时相对于地面的水平位移设为x。改变释放时小球与斜面底端的水平距离l，得到小球的水平位移x和l的关系图像如图乙所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，斜面底端有一小段圆弧（图中未画出），且圆弧与水平地面相切，可使小球滑离斜劈时的速度方向水平。关于小球下滑的过程，下列说法中正确的是（ ）
A．小球与斜劈组成的系统动量不守恒
B．斜劈对小球做正功
C．斜劈与小球的质量之比mM=bb−a
D．当l=L时，小球与斜劈分离时的速度大小为2MgℎM+m
【答案】AD
【详解】A．根据动量守恒条件可知小球与斜劈组成的系统在竖直方向合力不为0，系统在水平方向动量守恒，故A正确；
B．整个系统机械能守恒，斜劈机械能增加，说明小球对斜劈做正功，则斜劈对小球做负功，故B错误；
C．滑至圆弧底部后两物体间的相对位移大小为l，根据水平方向动量守恒可得mx=Mx′，x+x′=l
则l=m+MMx
结合图线可得m+MM=ba
所以Mm=ab−a
故C错误；
D．根据水平方向动量守恒和能量守恒定律可得mv1=Mv2，mgℎ=12mv12+12Mv22
联立解得v1=2MgℎM+m
故D正确。
故选AD。
1．（2025·甘肃·高考真题）如图，小球A从距离地面处自由下落，末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取，则碰撞前小球B的速度大小v为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为，B球水平速度为，则有
碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有
联立解得，
小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有
解得
可知，碰撞后，小球A运动落地，则水平方向上有
解得
故选B。
2．（2025·广东·高考真题）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
【详解】根据牛顿第二定律两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知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
若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知
解得、
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，则BD是错误的；
若不是弹性碰撞，则
可知碰后速度大小之比为
若假设v1=2v，则v2=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，可知A正确，C错误。
故选A。
3．（2025·河南·高考真题）两小车P、Q的质量分别为和，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为，碰撞时间极短，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知，故；
同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知，故；
故
故选D。
4．（2024·甘肃·高考真题）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变D．小车所受的合外力一定指向圆心
【答案】AD
【详解】A．做匀速圆周运动的物体速度大小不变，故动能不变，故A正确；
B．做匀速圆周运动的物体速度方向时刻在改变，故动量不守恒，故B错误；
C．做匀速圆周运动的物体加速度大小不变，方向时刻在改变，故C错误；
D．做匀速圆周运动的物体所受的合外力一定指向圆心，故D正确。
故选AD。
5．（2025·福建·高考真题）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0=2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep=0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，重力加速度，则（ ）
A．在t=时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t=t0时，B的速度为0.5m/s
C．t=t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
【答案】BD
【详解】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为
初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统动量守恒有，
代入数值解得t=t0时，B的速度为
在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有，
由于，故可知
故A错误，B正确；
C．在时间内，设AB向右的位移分别为，；，由功能关系有
解得
故弹簧的压缩量为
故C错误；
D．A与传送带的相对位移为
B与传送带的相对为
故可得
由于时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足，作出AB的图像
可知等于图形的面积，等于图形的面积，故可得
结合
可知，故D正确。
故选BD。
6．（2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块
(1)滑到B点处的速度大小；
(2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；
(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
【答案】(1)4m/s(2)0.9J(3)0.2m(4)3N
【详解】（1）滑块从P点到B点由动能定理
解得到达B点的速度
（2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功
（3）物块在传送带上加速运动的加速度为
加速到共速时用时间
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度
（4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知，
联立解得
（另一组，因不合实际舍掉）
对滑块在最高点时由牛顿第二定律
解得F=3N
7．（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离；
(3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？
(4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？
【答案】(1)(2)，(3)(4)
【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为
（2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中
同时有
联立解得，
（3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，，其中
联立解得
（4）对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有，
解得
8．（2025·江苏·高考真题）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
(2)若钢球质量为，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小；
(3)若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能。
【答案】(1)(2)(3)
【详解】（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为。
（2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得，
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为
（3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞次后速度大小为
则玻璃球碰撞次后最终动能大小
9．（2025·河南·高考真题）如图，在一段水平光滑直道上每间隔铺设有宽度为的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为的小物块P，另一质量为的小物块Q以的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为，重力加速度大小。求：
(1)该碰撞过程中损失的机械能；
(2)P从开始运动到静止经历的时间。
【答案】(1)24.5J (2)5s
【详解】（1）P、Q与发生正碰，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立可得，
（2）对物块P受力分析由牛顿第二定律
物块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式，
解得
则物块P在第一个防滑带上运动的时间为
物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则
解得
物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式，
解得
则物块P在第二个防滑带上运动的时间为
物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则
解得
由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式
可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为
故物块P从开始运动到静止经历的时间为
考点要求
考察形式
2025年
2024年
2023年
动量守恒定律
选择题
非选择题
\
\
\
碰撞 爆炸 反冲
选择题
非选择题
\
\
全国甲卷T12,20分
考情分析：
从黑吉辽高考来看，动量守恒定律容易与其他的内容结合。
2．从命题思路上看，试题情景为
计算题是考查动量守恒定律的重要题型，且难度较大。常设置复杂的多物体、多过程物理情境，如多个物体的连续碰撞、物体在复合场中的碰撞与运动等
复习目标：
目标一：掌握动量守恒定律的定义、表达式及适用条件，能够准确区分系统内力与外力，清晰判断不同物理情境下系统是否满足动量守恒。
目标二：明确动量守恒定律与能量守恒定律、牛顿运动定律、动能定理等知识的内在联系，能从不同角度分析物理过程。
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面）
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
种类
动量是
否守恒
机械能变化情况
弹性
碰撞
守恒
在弹性力作用下，只产生系统内机械能的 转移 ，系统无机械能损失
非弹性
碰撞
守恒
受非弹性力作用，使 部分 机械能转化为物体内能
完全非弹
性碰撞
守恒
碰撞后两物体合为一体，机械能损失 最大
动量
守恒
由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远大于系统受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能
增加
在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加
位置
不变
爆炸的时间极短，因而爆炸过程中物体的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后的物体仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动