2026年高考物理一轮讲义+练习(四川专用)第23讲动量守恒定律及其应用(复习讲义)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(四川专用)第23讲动量守恒定律及其应用(复习讲义)(学生版+解析)，文件包含化学试题-山西省2026届高三年级第二次模拟考试pdf、化学答案-山西省2026届高三年级第二次模拟考试pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
02 \l "_Tc7022" 体系构建·思维可视3
03 \l "_Tc306" 核心突破·靶向攻坚3
\l "_Tc23645" 考点一 动量守恒定律及其应用3
\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4
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18
\l "_Tc818" 考点二 碰撞22
\l "_Tc27137" 知识点1 弹性碰撞和非弹性碰撞22
知识点2 碰撞问题的规律和结论22
考向1 完全弹性碰撞23
考向2 完全非弹性碰撞31
考向3 非弹性碰撞35
考点三 爆炸 反冲40
知识点1 爆炸40
知识点2 反冲40
知识点3 人船模型41
考向1 爆炸与反冲41
考向2 人船模型45
04 \l "_Tc306" 真题溯源·考向感知49

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（2025·四川成都·高三月考）如图所示，质量为M的长木板置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在木板左端的挡板上（挡板固定在木板上），右端与质量为m的小木块连接。木块与长木板之间光滑，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态。现同时对m、M施加反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动到弹簧第一次最长的过程，弹簧未超过其弹性限度，则对m、M弹簧组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A．若F1=F2，m=M，系统机械能一定不守恒、动量一定守恒
B．若F1=F2，m≠M，系统机械能一定守恒、动量一定不守恒
C．若F1≠F2，m=M，系统机械能一定不守恒、动量一定守恒
D．若F1≠F2，m≠M，系统机械能一定守恒、动量一定不守恒
【答案】A
【详解】AB．由于F1与F2等大反向，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于水平恒力F1与F2对系统做功代数和不为零，则系统机械能不守恒。故A正确；B错误；
CD．由于F1≠F2，所以系统所受合外力不为零，水平恒力F1与F2对系统做功代数和可能为零，故系统机械能可能守恒。由于F1≠F2故系统动量一定不守恒。故CD错误。
故选A。
【变式训练1】如图所示的是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是（ ）
A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量守恒
B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度
D．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同
【答案】D
【详解】AB．球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，由分析知5个小球组成的系统机械能守恒，但在球1下落和球5上升过程中都受到重力的冲量，动量不守恒，故AB错误；
CD．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放，则3与4碰后，3停止、4具有向右的速度，4与5碰撞交换速度，4停止、5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起；故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，C错误，D正确。
故选D。
【变式训练2】（2025·四川成都·高三月考）如图所示，半径为R、质量为3m的14圆槽AB静止放在水平地面上，圆槽底端B点与地面相切，B点右侧有一理想轻弹簧，固定在竖直挡板上。现将质量为m的小球（可视为质点）从左侧圆槽上端距A点高度为R处由静止释放，恰好进入圆槽。重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．小球下滑过程中，小球和圆槽AB组成的系统动量守恒
B．弹簧弹性势能的最大值为mgR
C．小球最终的速度大小为0
D．如果改变小球的释放高度，小球可能飞越圆槽AB，在圆槽左侧落地
【答案】C
【详解】A．小球下滑过程中，小球和圆槽AB组成的系统水平方向动量守恒，在竖直方向上有加速度，小球和圆槽AB组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．设小球达到底端时速度大小为v1，左侧圆槽的速度大小为v2，取向右为正方向，小球在左侧圆槽下滑过程中，水平方向动量守恒可得
mv1−3mv2=0
根据能量守恒定律可得
mg×2R=12mv12+12×3mv22
解得
v1=3gR3，v2=gR3
根据能量守恒定律可知弹簧弹性势能的最大值为
Ep=12mv12=32mgR
故B错误；
C．小球向左运动，上升到最高点时，根据动量守恒定律结合能量守恒定律有
mv1+3mv2=m+3mv共，12mv12+12×3mv22=mgℎ+12×4mv共2
设小球再次落到槽底的速度为v3，此时槽的速度为v4，根据动量守恒定律结合能量守恒定律有
4mv共=−mv3+3mv4，mgℎ+12×4mv共2=12mv32+12×3mv42
以上联立解得
v3=0
故C正确；
D．无论小球从多高的位置释放，只要它能进入圆槽，就会受到圆槽的约束作用。由于圆槽的存在，小球不可能在水平方向上获得足够的速度来飞越圆槽AB，故D错误。
故选C。
\l "_Tc16322" 考向2 动量守恒定律的应用
例1（2025·四川成都·高三月考）如图所示，一小车静止于光滑水平面，其上固定一光滑弯曲轨道，整个小车（含轨道）的质量为m。现有质量也为m的小球，以水平速度v0从左端滑上小车，沿弯曲轨道上升到最高点，最终从轨道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球与小车组成的系统动量守恒
B．小球沿轨道上升到最高点时，小车的速度为零
C．小球沿轨道上升的最大高度为v022g
D．小球滑离小车后，做自由落体运动
【答案】D
【详解】A．小球在竖直方向分速度的初始值与末状态值均为0，可知，竖直方向上先加速后减速，即竖直方向的加速度方向先向上后向下，存在超重与失重，小球和小车构成的系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上的动量守恒，故A错误；
B．小球沿轨道上升到最高点时，小球竖直分速度为0，结合上述可知，在水平方向，系统动量守恒，则小球与小车的速度相等，均不为零，故B错误；
C．小球沿轨道上升到最高点时，根据动量守恒定律有
mv0=2mv
根据机械能守恒定律有
mgℎ=12mv02−12×2mv2
解得
ℎ=v024g
故C错误；
D．小球从轨道左端滑离小车时，根据动量守恒定律有
mv0=mv1+mv2
根据机械能守恒定律有
12mv02=12mv12+12mv22
解得
v1=0
即小球滑离小车后，做自由落体运动，故D正确。
故选D。
例22022年冬季奥运会在北京举行，而冰壶是比赛的项目之一。我国冰壶运动员在某一次训练时，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v－t图线如图乙中实线所示，已知两冰壶质量相等，由图像可得（ ）
A．碰撞后瞬间，红壶的速度为1m/s
B．碰后蓝壶经过5s停止运动
C．红、蓝两壶从碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量的大小之比为2∶3
D．两壶在碰撞过程中损失的机械能与两壶从碰后到停止损失的总机械能的比值为3∶5
【答案】D
【详解】A．由图乙所示图像可知，碰撞前红壶的速度v0＝2m/s
碰撞后瞬间蓝壶的速度v2＝1.5m/s
两冰壶质量相等，设冰壶质量m，两冰壶碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后红壶的速度为v1，以碰撞前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
代入数据解得v1＝0.5m/s，故A错误；
B．由图乙所示图像可知，碰撞前红壶的加速度大小a=ΔvΔt=2.5−2.01m/s2=0.5m/s2
图乙所示图像中的t2=v红初a=
则碰撞后蓝壶停止运动需要的时间t蓝=5－1s=4s，故B错误；
C．由动量定理得，对红、蓝壶I红＝mv1，I蓝＝mv2
则红、蓝两壶从碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量的大小之比I红:I蓝＝1:3，故C错误；
D．两壶碰撞过程损失的机械能ΔE1=12mv02−12mv12−12mv22
两壶从碰后到停止损失的总机械能ΔE2=12mv12+12mv22
代入数据解得ΔE1ΔE2=35，故D正确。
故选D。
【变式训练1】（2025·四川攀枝花·高三月考）如图所示，质量为0.2kg的滑块A沿光滑水平面以5m/s的速度水平向右与质量为0.3kg的静止滑块B发生正碰，碰后粘在一起，则整个碰撞过程中滑块A受到的冲量（ ）
A．大小为0.4N⋅s，方向水平向右B．大小为0.4N⋅s，方向水平向左
C．大小为0.6N⋅s，方向水平向右D．大小为0.6N⋅s，方向水平向左
【答案】D
【详解】根据动量守恒定律可得
m1v1=(m1+m2)v
解得
v=2m/s
对A研究，根据动量定理可得
I=m1v−m1v1=0.2×(2−5)N⋅s=−0.6N⋅s
方向水平向左。
故选D。
【变式训练2】（2025·四川绵阳·高三月考）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）
A．1JB．2JC．3JD．4J
【答案】C
【详解】设甲、乙物块的质量分别为m甲、m乙，由动量守恒定律得
m甲v甲+m乙v乙=m甲v′甲+m乙v′乙
解得
m乙=6kg
则碰撞过程中两物块损失的机械能为
E损=12m甲v甲2+12m乙v乙2−12m甲v′甲2−12m乙v′乙2
代入数据解得
E损=3J
故选C。
【变式训练3】如图所示，两物块A、B质量分别为m、2m，与水平地面的动摩擦因数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B两物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2的水平速度，弹簧再次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．两物块A、B及弹簧组成的系统动量不守恒
B．两物块A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
C．两物块A、B初速度的大小关系为v1=v2
D．两物块A、B运动的路程之比为2:1
【答案】D
【详解】A．分析可知，物块A、B的质量分别为m、2m，与地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，因此在滑动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于2μmg，且方向相反，由此可知系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A错误；
B．在系统运动过程中要克服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故B错误；
C．系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
mv1−2mv2=0
解得
v1=2v2
故C错误；
D．系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
mv1−2mv2=0
设A、B的路程分别为s1、s2，则有
ms1t−2ms2t=0
解得
s1:s2=2:1
故D正确。
故选D。
【变式训练4】如图所示，一质量M=8.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=2.0kg的小木块A。给A和B以大小均为5.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，A、B之间的动摩擦因数是0.5，重力加速度g取10m/s2。则在整个过程中，下列说法不正确的是（ ）
A．小木块A的速度减为零时，长木板B的速度大小为3.75m/s
B．小木块A的速度方向一直向左，不可能为零
C．小木块A与长木板B共速时速度大小为3m/s
D．长木板的长度可能为10m
【答案】B
【详解】B．取水平向右为正方向，取根据动量守恒定律可得
Mv0−mv0=Mv1+0
解得
v1=3.75m/s
故A正确不符合题意；
BC．由于系统总动量方向向右，则小木块A先向左减速至零，后向右加速，最终与木板以共同速度向右匀速，设共速速度为v2，根据动量守恒定律可得
Mv0−mv0=(M+m)v2
解得
v2=3m/s
故B错误符合题意，C正确不符合题意；
D．小木块与木板共速时，根据能量关系有
μmgL0=12(M+m)v02−12(M+m)v22
解得
L0=8m
由于A始终没有滑离B板，则木板长度必须大于或等于8m，故长木板的长度可能为10m，故D正确不符合题意。
故选B。
【变式训练5】在一次射击游戏中，子弹以某一水平初速度击中静止在光滑水平地面上的木块，进入木块一定深度后与木块相对静止。设木块对子弹的阻力大小恒定，子弹从进入木块到刚与木块相对静止的过程中，下列四幅图中子弹与木块可能的相对位置是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】子弹打击木块过程，系统动量守恒，则有mv0=(M+m)v
对木块，根据动能定理有fxM=12Mv2
解得木块的位移xM=m22f(M+m)2Mv02
对子弹，根据动能定理有−fxm=12mv2−12mv02
解得子弹的位移xm=m(M+2m)2f(M+m)2Mv02
比较可知xm>xM
它们的相对位移Δx=xm−xM=m(M+m)2f(M+m)2Mv02
它们位移的大小关系是xm>Δx>xM
故选A。
【变式训练6】（2024·四川·高三月考）如图甲所示，质量为1.5kg的薄板B静止在水平地面上，质量为0.5kg的物块A静止在B的右端。t=0时刻对B施加一水平向右的作用力F，F的大小随时间t的变化关系如图乙所示。已知A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终未脱离B。取g=10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．t=0.5s时，A与B发生相对滑动
B．t=1s时，A的加速度大小为1m/s2
C．t=1s时，A的速度大小为1.5m/s
D．t=2s时，A、B动量之和为16kg⋅m/s
【答案】C
【详解】A．设A、B发生相对滑动时的最小外力为F0，对A受力分析，由牛顿第二定律可得
μmAg=mAa
解得
a=μg=2m/s2
对于B而言，则有
F0−μmAg−μ(mA+mB)g=mBa
联立上式解得
F0=8N
由乙图可知，外力F与时间的关系满足
F=6+2t(t≥0)
当t=0.5s时，F=7N2x
所以当圆环与短臂碰撞时，小球未到最低点，之后环与短臂粘连，小球做圆周运动到最低点。
A．环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为0，机械能不守恒，A正确；
B．环与短臂粘连前系统水平方向动量守恒，粘连后水平方向动量不守恒，B错误；
C．如图
环与断臂碰撞前瞬间速度最大，设最大速度为v，绳与水平方向夹角为α，根据水平方向动量守恒，有
mv=mvx
可得小球的水平速度为
vx=v
根据机械能守恒定律，有
mgℎ=12mv2+12mvx2+vy2
ℎ=L2−L−2x2=6m
在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，有
vcsα=vysinα−vxcsα
sinα=ℎL=22
可得
α=45
联立解得
v=25m/s
C错误；
D．小球运动到最低点时速度最大，设速度为v′，环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为0，小球的速度为
v1=vxsinα+vycsα=310m/s
根据动能定理，有
mgL−ℎ=12mv′2−12mv12
解得
v′=3042−1m/s
D正确。
故选AD。
【变式训练8】（多选）（2025·四川·模拟预测）如图，小球X、Y用不可伸长的等长轻绳悬挂于同一高度，静止时恰好接触，拉起X，使其在竖直方向上升高度h后由静止释放，X做单摆运动到最低点与静止的Y正碰。碰后X、Y做步调一致的单摆运动，上升最大高度均为ℎ4，若X、Y质量分别为mx和my，碰撞前后X、Y组成系统的动能分别为Ek1和Ek2，则（ ）
A．mxmy=1B．mxmy=2C．Ek1Ek2=2D．Ek1Ek2=4
【答案】AC
【详解】小球X由最高点运动到与小球Y发生碰撞的过程，根据机械能守恒定律有
mxgℎ=12mxv12=Ek1
两球碰撞后一起上升到最高点的过程，根据机械能守恒定律有
Ek2=12mx+myv22=mx+myg⋅ℎ4
两球碰撞过程，根据动量守恒有
mxv1=mx+myv2
联立求得
mxmy=1
Ek1Ek2=2
故选AC。
【变式训练9】（多选）（2025·四川广安·高三月考）如图所示，动量分别为pA=12kg⋅m/s、pB=13kg⋅m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用ΔpA、ΔpB表示两小球动量的变化量。则下列选项中可能正确的是（ ）
A．ΔpA=−3kg⋅m/s、ΔpB=3kg⋅m/s
B．ΔpA=−2kg⋅m/s、ΔpB=2kg⋅m/s
C．ΔpA=−24kg⋅m/s、ΔpB=24kg⋅m/s
D．ΔpA=3kg⋅m/s、ΔpB=−3kg⋅m/s
【答案】AB
【详解】A．若ΔpA=−3kg⋅m/s，ΔpB=3kg⋅m/s，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B的动量分别为
pA′=pA+ΔpA=9kg⋅m/s
pB′=pB+ΔpB=16kg⋅m/s
A的动量减小，B的动量增加，则碰后A的动能减小，B的动能增加，总动能可能不增加，所以是可能的，故A正确；
B．若ΔpA=−2kg⋅m/s，ΔpB=2kg⋅m/s，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B的动量分别为
pA′=10kg⋅m/s，pB′=15kg⋅m/s
A的动量减小，B的动量增加，则碰后A的动能减小，B的动能增加，总动能可能不增加，所以是可能的，故B正确；
C．若ΔpA=−24kg⋅m/s、ΔpB=24kg⋅m/s，碰后两球的动量分别为
pA′=−12kg⋅m/s，pB′=37kg⋅m/s
根据关系式
Ek=p22m
可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，故C错误；
D．若ΔpA=3kg⋅m/s、ΔpB=−3kg⋅m/s，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B的动量分别为
pA′=15kg⋅m/s，pB′=10kg⋅m/s
可知碰后A的动量增加，B的动量减小，由于碰撞过程中，A受到向左的冲力，B受到向右的冲力，所以A、B仍沿原方向运动时，A的动量应减小，B的动量应增加，因此这组数据是不可能的，故D错误。
故选AB。
\l "_Tc16322" 考向3 动量守恒定律解决多过程问题
例1（多选）（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，在光滑水平地面上，一长木板足够长，上表面粗糙，质量为M，左端放质量为m的小物块，长木板与小物块以共同速度v0向右运动，与竖直墙碰撞时间极短且无机械能损失，小物块始终没有掉下。下列说法中正确的是（ ）
A．若Mm，则木板与墙只碰撞一次，且碰撞过程中总动量变化量大小大于初总动量大小
C．若Mm，则木板与墙要碰撞多次，且每一次碰撞过程中总动量变化量大小比前一次的小
【答案】BC
【详解】碰后木板以等大的速度反弹，若向右为正方向，则当木板和物块再次共速时mv0−Mv0=(m+M)v
可知若M0方向向右，则木板和墙壁可再次相碰，即木板与墙要碰撞多次，碰撞过程中总动量变化量为2Mv0小于初总动量大小(M+m)v0；因vm，则vv2=25v0
则A可追上B发生第二次碰撞，碰撞过程满足
mv1'+4mv2=mv3+4mv4
12mv1'2+12×4mv22=12mv32+12×4mv42
解得
v3=725v0
v4=1225v0
因
v4>v3
则两物体不可能发生第三次碰撞，选项D错误。
故选AC。
考向2 完全非弹性碰撞
例1（2025·四川内江·高三月考）如图甲所示，光滑水平面上静止放着三个质量均为1kg的小滑块1、2、3，t=0时刻开始对1施加一水平力F，F随时间t变化的规律如图乙所示，t=4s时撤去该力。施加水平力F一段时间之后1与2碰撞粘在一起，再经过一段时间1、2与3碰撞也粘在一起，最终三个滑块共同运动的速度大小为（ ）
A．13m/sB．23m/sC．2m/sD．43m/s
【答案】B
【详解】
由题图乙可知在0~4s时间内小滑块1受到大小分别为2N和-1N的水平恒力的作用，则根据动量定理得
F1t1+F2t2=mv1
1与2碰撞粘在一起，由动量守恒定律得
mv1=2mv2
1、2与3碰撞也粘在一起，由动量守恒定律得
2mv2=3mv
联立解得
v=23m/s
【变式训练1】（多选）（2025·四川成都·高三月考）如图甲，“L”形木板Q（竖直挡板厚度忽略不计）静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P（可视为质点）以8 m/s的初速度滑上木板Q,t=2 s时滑块P和木板Q碰撞并粘在一起，两者运动的v−t图像如图乙所示，重力加速度大小取g=10 m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．木板Q的质量为2 kg
B．木板Q的长度为12 m
C．木板Q与地面间的动摩擦因数为0.05
D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q和地面摩擦产生的热量之比为1:2
【答案】AD
【详解】A．t=2 s时滑块P和木板Q碰撞并粘在一起，根据动量守恒定理，有mPvP+mQvQ=mP+mQv共
解得mQ=2kg，故A正确；
B．0∼2 s内v−t图像面积差是滑块P、木板Q的位移差，即木板Q的长度，计算可得长度为11 m，故B错误；
C．0∼2 s内，由图可知，滑块P的加速度aP=2m/s2，木板Q的加速度aQ=0.5m/s2
根据牛顿第二定律，有μ1mPg=mPaP，μ1mpg−μ2mp+mQg=mQaQ
得木板Q与地面间的动摩擦因数为μ2=130，故C错误；
D．根据能量守恒定律，由于碰撞损失的机械能ΔE=12mpvP2+12mQvQ2−12mp+mQv共2=3 J
碰撞后木板Q和地面摩擦产生的热量Q=12mp+mQv共2=6 J
可知，由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q和地面摩擦产生的热量之比为1:2，故D正确。
故选AD。
【变式训练2】（多选）A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图像。a、b分别为A、B两球碰撞前的位移—时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图线。若A球的质量m=2kg，则下列结论正确的是（ ）
A．A、B碰撞前的总动量为−3kg•m/s
B．B球的质量mB=43kg
C．碰撞过程A的动量变化量为4kg•m/s
D．碰撞过程中A对B的冲量为4N•s
E．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
【答案】BCE
【详解】C．由图可知，碰撞前A、B两球的速度大小分别为
vA=Δx1Δt1=4−102−0ms=−3ms
vB=Δx2Δt2=4−02−0ms=2ms
碰撞后两球共同运动的速度大小
v=ΔxΔt=2−44−2ms=−1ms
则碰撞前、后A球的动量变化量为
ΔpA=mv−mvA=4kg⋅ms
故C正确；
B．碰撞过程动量守恒，则
mvA+mBvB=m+mBv
解得
mB=43kg
故B正确；
A．则A、B两球碰撞前的总动量为
p=mvA+mBvB=−103kg⋅m/s
故A错误；
D．由动量定理可知，碰撞时A对B的冲量为
I=ΔpB=mBv−mBvB=−4N⋅s
故D错误；
E．由能量守恒定律可知，碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为
ΔE=12mvA2+12mBvB2−12m+mBv2=10J
故E正确。
故选BCE。
【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】冰壶比赛是2022年北京冬奥会的比赛项目。蓝壶（实心圆）以动能Ek碰撞静止的红壶（与蓝壶材料相同，质量相等）（空心圆），某兴趣小组将碰撞前后两壶的位置标记如图所示，A、B分别为碰前瞬间蓝壶、红壶所在位置，C、D分别为碰撞后蓝壶、红壶停止的位置。则由图可得碰撞过程中损失的动能约为（ ）
A．0B．13EkC．49EkD．59Ek
【答案】C
【详解】ABCD．假设方格边长为x，则碰撞后，由动能定理可得
−f⋅3x=0−Ek蓝， −f⋅12x=0−Ek红
可知碰撞后红壶的动能时蓝壶的4倍，则
v红2v蓝2=4
得
v红v蓝=2
假设碰撞后v红=2v，v蓝=v，则碰撞过程中由动量守恒可得
mv0蓝=m(v红+v蓝）=3mv
得
v0蓝=3v
由题意知
12mv0蓝2=92mv2=Ek
可知碰撞后
Ek红=42mv2=49Ek，Ek蓝=12mv2=19Ek
所以碰撞过程中损失的动能约为
ΔEk=Ek−49Ek−19Ek=49Ek
故C正确，ABD错误。
故选C。
【变式训练2】质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7kg·m/s，B球的动量是5kg·m/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（ ）
A．pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/s
B．pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/s
C．pA＝-2kg·m/s，pB＝14kg·m/s
D．pA＝6.5kg·m/s，pB＝5.5kg·m/s
【答案】A
【详解】以两球组成的系统为研究对象，取A球碰撞前的速度方向为正方向，两球的质量均为m，碰撞前系统的总动能为
Ek=pA22m+pB22m=722m+522m=742m
系统的总动量为
p=7kg⋅m/s+5kg⋅m/s=12kg⋅m/s
A．若碰后A、B两球动量为：pA＝6kg·m/s，pB＝6kg·m/s，系统的总动量为
p′=6kg⋅m/s+6kg⋅m/s=12kg⋅m/s
则动量守恒，总动能为
E′k=pA22m+pB22m=622m+622m=722m
总动能不增加，符合实际情况，故A正确；
B．若碰后A、B两球动量为：：pA＝3kg·m/s，pB＝9kg·m/s，系统的总动量为
p′=3kg⋅m/s+9kg⋅m/s=12kg⋅m/s
动量守恒，总动能为
E′k=pA22m+pB22m=322m+922m=902m
总动能增加，不符合实际情况，故B错误；
C．若碰后A、B两球动量为：pA＝-2kg·m/s，pB＝14kg·m/s，系统的总动量为
p′=−2kg⋅m/s+14kg⋅m/s=12kg⋅m/s
动量守恒，总动能为
E′k=pA22m+pB22m=(−2)22m+1422m=2002m
总动能增加，不符合实际情况，故C错误；
D．若碰后A、B两球动量为：pA＝6.5kg·m/s，pB＝5.5kg·m/s，系统的总动量为
p′=6.5kg⋅m/s+5.5kg⋅m/s=12kg⋅m/s
动量守恒，但A球碰后动量大于B球动量，则A球速度大于B球速度，不符合实际情况，故D错误。
故选A。
【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=gl
A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=14mgl
D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
mgℎAB=12mv02
解得
ℎAB=500153R
A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（2025·四川南充·高三月考）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】一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平向右的速度v0=2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量之比为5:1。不计质量损失，重力加速度g取10m/s2。则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】规定向右为正方向，设弹丸的质量为6m，则甲的质量为5m，乙的质量为m，弹丸爆炸前后甲、乙两块在水平方向不受外力，则水平方向满足动量守恒定律，爆炸后甲的速度为v1，乙的速度为v2，则有
6mv0=5mv1+mv2
则有
12m/s=5v1+v2
两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，有
t=2ℎg=2×510s=1s
两块弹片在水平方向做匀速运动，有
x1=v1t
x2=v2t
则有
12m=5x1+x2
结合图像可知，仅选项A的位移满足上述表达式。
故选A。
【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。
【变式训练3】（多选）一爆炸物体（视为质点）从水平此面上的A点（在A点安装有声音记录仪）以初速度v0竖直上抛到最高点O点时引爆炸裂成质量之比为1：2的两个碎块P、N（两碎块初速度均沿水平方向）。在O点遥控器引爆瞬间开始计时，在7s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．爆炸物体初速度v0=50m/s
B．两碎块P、N落地点到A点距离之比为1:2
C．爆炸后碎块P的初速度vP=136m/s
D．无法算出碎块落地点到A点距离
【答案】AC
【详解】ABD．根据题意，爆炸物爆炸瞬间前后由于内力远大一外力，爆炸瞬间水平方向动量守恒，设爆炸后瞬间P的速度为vP，N的速度为vN，取P的方向为正方向，则根据动量守恒定律有
0=mPvP−mNvN
则有
mPvP=mNvN
由已知
mP:mN=1:2
则可得
vP:vN=2:1
爆炸后两物块均做平抛运动，下落高度相同，则落地时间相同，设为t，P、N两碎块落地后落地声传到A点所用的时间分别为t1、t2，声音在空气中传播的速度为v，则有
xP=vPt，xN=vNt
可得
xP=2xN
即两碎块P、N落地点到A点距离之比为2:1，则易知
t+t1=7s，t+t2=6s
而
xP=vt1，xN=vt2
则有
t+xpt1=7s，t+xNt2=6s
联立解得
xP=680m，xN=340m
t1=2s，t2=1s，t=5s
根据平抛运动在竖直方向做自由落体运动，而爆炸物体做竖直上抛运动的位移大小等于爆炸后碎块做平抛运动的高度，可得
ℎ=12gt2=125m
根据速度位移时间关系可得爆炸物体做竖直上抛运动的初速度
v0=2gℎ=50m/s
故A正确，BD错误；
C．根据以上分析可得爆炸后碎块P的初速度
vP=xPt=6805m/s=136m/s
故C正确。
故选AC。
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。
例2如图所示，一个质量为m=50kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为M=20kg，当静止时人离地面的高度为h=5m，长绳的下端刚好和地面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地高度约是（可以把人看做质点）（ ）

A．5mB．3.6mC．2.6 mD．8m
【答案】B
【详解】热气球和人原来静止在空中，说明系统所受合外力为零，故系统在人下滑过程中动量守恒，设当他滑到绳下端时，他离地高度为H，设此过程人下滑的位移大小为x1，热气球上升的位移大小为x2，由动量守恒定律有
mx1=Mx2
又
x2+x1=ℎ，H=x2
联立解得
H≈3.6m
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】如图所示，在光滑的水平面上静止放置一质量为m的半圆槽，半圆槽内壁光滑，轨道半径为R。现把质量为2m的小球（可视为质点）自轨道左侧最高点由静止释放，在小球和半圆槽运动的过程中，半圆糟向左运动的最大距离为（ ）
A．43RB．23RC．13RD．R
【答案】A
【详解】在小球和半圆槽运动的过程中系统在水平方向上动量守恒，有
mv1=2mv2
即
mv1t=2mv2t
则有
ms1=2ms2
又
s1+s2=2R
联立解得
s1=43R ，s2=23R
故选A。
【变式训练3】如图，质量是M（包括绳）的气球下方有一段绳长为L，一质量为m的人悬挂在绳的末端B点，气球和人均处于静止状态。现人沿绳慢慢地爬到绳的上端A点处，空气阻力不计，人可视为质点，则人实际上爬的高度是（ ）
A．mM+mLB．MM+mLC．mMLD．MmL
【答案】B
【详解】设气球下降的高度为h，则由平均动量守恒可知
Mℎ=m(L−ℎ)
解得
ℎ=mLM+m
则人实际上爬的高度是
ℎ'=L−ℎ=MLM+m
故选B。
【变式训练4】（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.（福建·高考真题）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ）
A．v0-v2B．v0+v2C．v1=v0−m2m1v2D．
【答案】D
【分析】本题考查动量守恒定律
【详解】系统分离前后，动量守恒：m1+m2v0=m1v1+m2v2 ，解得：v1=v0+m2m1v0−v2 ，故ABC错误；D正确．
2.（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（ ）
A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大
B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大
C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加
D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加
【答案】A
【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得
mAvA=mBvB
设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得
Ep=12mAvA2+12mBvB2
联立得
Ep=12mA2mB+mAvA2
故可知弹簧恢复原长时物体A速度最大，此时物体A的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。
故选A。
3.（2025·河南·高考真题）两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，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mN，碰撞时间极短，则（ ）
A．mP>mN>mQB．mN>mP>mQC．mQ>mP>mND．mQ>mN>mP
【答案】D
【详解】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP′+mNvN′
即mPvP−vP′=mNvN′−vN
根据图像可知vP−vP′>vN′−vN，故mPmN>mP
故选D。
4.（北京·高考真题）质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
【答案】C
【详解】A．x−t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为
v0=41m/s=4m/s m2碰前速度为0，A错误；
B．两物体正碰后，m1碰后的速度大小为
v1=43−1m/s=2m/s m2碰后的速度大小为
v2=8−43−1m/s=2m/s
碰后两物体的速率相等，B错误；
C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
m1v0=−m1v1+m2v2
解得两物体质量的关系为
m2=3m1
根据动量的表达式p=mv可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；
D．根据动能的表达式Ek=12mv2可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。
故选C。
5.（江苏·高考真题）水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的（ ）
A．30%B．50%C．70%D．90%
【答案】A
【详解】根据频闪照片可知，碰撞前白球、碰撞后白球与灰球均做匀速直线运动，设碰撞前白球的速度大小为v0，碰撞后白球的速度大小为v1，灰球的速度大小为v2，设曝光时间为T，用刻度尺分别测量碰撞前白球在相邻曝光时间内的位移x0，碰撞后白球、灰球在相邻曝光时间内的位移x1、x2，如图所示
可得位移关系为
x0=1.7x1=1.7x2
则有
v0T=1.7v1T=1.7v2T
可得
v0=1.7v1=1.7v2
碰撞过程中系统损失的动能与碰撞前动能之比约为
12mv02−12mv12−12mv2212mv02=12m(1.7v1)2−2×12mv1212m(1.7v1)2≈31%
故选A。
6.（浙江·高考真题）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两碎块的位移大小之比为1:2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【答案】B
【详解】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知
m1v1−m2v2=0
因两块碎块落地时间相等，则
m1x1−m2x2=0
则
x1x2=m2m1=12
则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A错误；
B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知
(5−t)v声(6−t)v声=12
解得
t=4s
爆炸物的爆炸点离地面高度为
ℎ=12gt2=12×10×42m=80m
选项B正确；
CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移
x1=(5−4)×340m=340m
质量小的碎块的水平位移
x2=(6−4)×340m=680m
爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m
质量大的碎块的初速度为
v10=x1t=3404m/s=85m/s
选项CD错误。
故选B。
7.（2024·浙江·高考真题）如图所示，2023年12月9日“朱雀二号”运载火箭顺利将“鸿鹄卫星”等三颗卫星送入距离地面约500km的轨道。取地球质量6.0×1024kg，地球半径6.4×103km，引力常量6.67×10−11N⋅m2/kg2。下列说法正确的是（ ）
A．火箭的推力是空气施加的B．卫星的向心加速度大小约8.4m/s2
C．卫星运行的周期约12hD．发射升空初始阶段，装在火箭上部的卫星处于失重状态
【答案】B
【详解】A．根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推力，故A错误；
B．根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为
a=Fm=GM(R+ℎ)2≈8.4m/s2
故B正确；
C．卫星运行的周期为
T=2π(R+ℎ)3GM≈1.6h
故C错误；
D．发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭上部的卫星处于超重状态，故D错误。
故选B。
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：
从四川高考来看，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