动量守恒定律及其应用-2025年高考物理一轮复习（新高考）

考点27动量守恒定律及其应用

IK考情探究,

i.高考真题考点分布

题型考点考查考题统计

选择题动量守恒条件2024年甘肃卷、江苏卷

计算题三大观点处理物理问题2024年重庆卷、浙江卷、山东卷

2.命题规律及备考策略

【命题规律】高考对动量守恒定律的考查非常频繁，大多在综合性的计算题中出现，题目难度各省份不同,

同时，这类题目往往综合性比较强，需要的能力也比较高。

【备考策略】

1.理解和掌握动量守恒定律。

2.能够利用动量守恒定律处理解决涉及碰撞、反冲、弹簧和板块等问题。

3.能够应用三大观点解决复杂的物理过程。

【命题预测】重点关注应用三大观点解决物理问题，这是高考的热点。

瞧,考点梳理|・

一、动量守恒定律

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。

2.表达式

(1必=",系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量

(2)加1丫1+加2旷2=加1丫1'+加2也'，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)瓯1=—即2,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。

(4)Aj>=0,系统总动量的增量为零。

3.适用条件

(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。

(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。

(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。

4.动量守恒定律的“四性”

(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负

(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。

(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律时，各物体的速度必须是相对同一参考系

的速度。一般选地面为参考系。

(4)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统：不仅适用于

宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。

二、碰撞、反冲、爆炸

1.碰撞

(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞。

(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。

(3)碰撞分类

①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。

②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。

③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。

2.反冲

(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动。

(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。实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火

刖寺。

(3)规律：遵从动量守恒定律。

3.爆炸问题

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。

考点精讲|

考点一碰撞问题

考向1弹性碰撞规律应用

1.碰撞三原则：

⑴动量守恒：即01+02=01'+。21

(2)动能不增加：即反1+瓦2女媪+为2'或J+土+乙.

2m12冽22m12机2

(3)速度要合理

①若碰前两.物体同向运动，则应有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，则应有丫前'》建。

②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

2.“动碰动”弹性碰撞

发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为四和心2,碰前速度为

V1，V2，碰后速度分别为V2；则有：

121211?112

加Fl+加2V2=加Fl+加1丫2（1）-miV!+-m2V2=2机Fl+-W1V2（2）

联立（1）、（2）解得:

，c加1匕+加2%，。加1匕+加2%

盯—乙V]，V2—/Vn.

m1+加2加1+加2

特殊情况：若加1=加2，V1=V2,V2=VI

3.“动碰静”弹性碰撞的结论

两球.发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为机1、速度为V1的小球与质量为牝的静止小

球发生正面弹性碰撞为例，则有如vi=%v/+加2V2,（1）—■-m2V2”（2）

-222

（mi-m2）vi2mivi

解得：修'——，V2=-----：----

加1+加2加1十加2

结论：（1）当m\—m2HT，V/=O,V2'=V1（质量相等，速度交换）

（2）当加i>冽2时，v/>0,也'>0，且V2'>vi’（大碰小,一起跑）

（3）当加1<加2时，v/<0,V2'>0（小碰大，要反弹）

（4）当mi》m2时，Vi，=.vo»也'=2v1（极大碰极小，大不变，小加倍）

（5）当机1«加2时，Vi，=—vi，也'=0（极小碰极大，小等速率反弹,大不变）

典例引领

1.如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为吗和加2,图乙为它们碰撞后的S—

图像,已知加1=0.1kg.由此可以判断（）

左⑪右

//////77/////////////77//////

甲

A.碰前加2匀速，叫加速运动

B.碰后加2和m\都向右运动

C.m2=0.2kg

D.碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒

【答案】D

【详解】AB.由s-f图像的斜率等于速度可知碰前"打静止，"“匀速运动，"〃的速度为M=7=4m/s向右

h

运动；碰后如速度为V；=3tm/s=-2m/s向左运动，碰后加2的速度3'=学/向$=2m/s向右运动，故

6-26-2

AB错误;

C.根据动量守恒定律得叫匕=犯匕'代入数据解得啊=03kg故C错误;

D.两物体组成的系统在碰撞前的机械能为£=；叫v；=；X0[X42J=0.8J碰撞后的机械能为

夕=；〃?"2+：加2片=O.8J因为£=£所以碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，故D正确。故选D。

即阳性测

2.如图所示，某同学在教室内做“子母球”的实验，将两质量分别为m和加2的弹性小球A、B叠放在一

起，从课桌边缘自由落下，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞均为竖直方向内弹性碰

撞，且碰撞时间均可忽略不计。己知两个弹性小球加2=4如，课桌边缘离地面高度为〃=0.75m,天花板离地

A.A小球弹起能打到天花板

B.B小球弹起能超过桌子一半高度

C.在碰撞的总过程，两个小球动量变化量等大反向

D.在碰撞的总过程，A小球机械能守恒

【答案】A

【详解】AB.以B为研究对象，从B小球开始下落至地面时的过程中，设落地前小球B的速度为力，由功

能关系可得丐=｝巧片由于B触地后与地面发生弹性碰撞，故碰撞前后B球速度大小不变，方向相反，

设碰后B速度为也，则在大小上有险=匕以A球为研究对象，从B小球开始下落至地面时过程中，设A球

落地前速度为丹，g取10m/s2,则由功能关系可得叫根据以上可解得速度大小均为

匕=%=匕=而n通由于人3触地后，两球之间发生弹性碰撞，以AB两球相碰过程为研究过程，设AB两

球相碰后速度分别为",彩，以速度向上为正方向。则根据动量守恒定律及能量守恒定律有

-mjV3+m2v2=+m2v5,=；加"联立以上及结合题意可解得V4=yV15m/s

%=(Am/s以A球为研究对象，碰后至运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得叫g"=；叫"联

立可得"'=3.63m>3.6m故A球弹起能打到天花板。同理，以B球为研究对象，碰后至运动到最高点的过

1,

程中，由机械能守恒定律可得叫=5叫武联立可得乂=0.03m<]=0.375m故B球弹起后不能超过桌子

一半高度。故A正确，B错误；

C.在碰撞的总过程中，以速度向上为正，根据以上分析可知，A球发生碰撞前后速度分别为V3,%，故对

A球有M二奶8-匕片加/^^^-^^二^曲以田球发生碰撞前后速度分别为艺，v5,故对B球有

_]__24__

^PB=m2(y2+v5)=+-y/15)=—y/15m^C错误。

D.由以上分析可知，A球碰撞后的速度大于碰撞前的速度，故机械能增加了，故D错误。故选A。

考向2完全非弹性碰撞规律应用

1.非弹性碰撞

介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。

根据动量守恒定律可得：miVi+m2V2=加1吗+加2y2（1）

2，22

损失动能AEk,根据机械能守恒定律可得：J冽ivj+；m2V2=mivi+m2V2+AEk.（2）

2.完全非弹性碰撞

V1V2

碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得:

机U1+加2V2=（m1+加2）V共（1）

完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能:

AEk=—miVi2+J_m2V22-加9y共2(2)

222

冽1%+加2y21吗加2

联立（1）、（2）解得：v共AEk=w7（%一）2

加1+加22加1+加2

典例引领

3.如图所示，在光滑的水平面上有2023个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个

小球初动能与，使它正对其他小球运动。若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中因为

碰撞损失的机械能总量为（）

%

0c)oOO

12320222023

12022

A.——EB.E

2023k2023k

12024

C.亍EkD.E

202322022k

【答案】B

【详解】以第一个小球初速度均方向的为正方向，将2023个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终

的速度为v,运用动量守恒定律得mvo-2O23mv解得v=悬则系统损失的机械能为

112022

AE=-mvl--x2023ay2解得.=——纭故选B。

222023

即时检测

4.两个完全相同的小球A、B用长度均为£的细线悬于天花板上，如图所示。若将A从图示位置由静止释

放，则B球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度可能是（）

【答案】B

【详解】小球A从释放到最低点，由动能定理可知mg（L-Lcos60。）=g加片-0解得以=而若A与B发

生完全弹性碰撞，由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即％=%=麻，B上升过程中由

动能定理可知-〃晦〃=0-；〃说解得力=（若A与B发生完全非弹性碰撞即AB粘在一起，由动量守恒定律

可知加VA=2加v解得v在AB上升过程中，由动能定理可知-2%g/z=0-：*2加v?解得〃=!所以B球

22X

上升的高度高度可能是1。故选B。

o25

考向3类碰撞问题

此类问题的处理方法和碰撞类中的弹性碰撞、非弹性碰撞处理方法是一样的，关键是要找准对照的模

型和过程，这样问题就会迎刃而解了。

典例引领

5.如图所示，一个质量为〃的滑块放置在水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧璃圆弧半径

7?=lmoE点与水平面相切。另有一个质量为加的小球以%=5m/s的初速度水平向右从£点冲上滑块，

若小球刚好没越过圆弧的上端，已知重力加速度大小g/Om/s?不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值

C.4D.5

【答案】C

【详解】根据题意，小球上升到滑块上端时，小球与滑块的速度相同，设为用,根据动量守恒定律有

mv0=（m+M）v,根据机械能守恒定律有:机%2=：（〃?+.）匕2+mgR联立解得丝=4故选C。

22m

即阻性测

6.如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为R的!圆弧凹槽，凹槽质量为加，凹槽A点切线水平，

3点为最高点.一个质量也为加的小球以速度%从A点冲上凹槽，重力加速度为g,不计一切摩擦，则下列

说法正确的是（）

A.小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动

B.若%=，小球恰好可到达凹槽的B点且离开凹槽后做自由落体运动

C.若%=病^,小球最后一次离开凹槽的位置一定是A点，且离开凹糟后做自由落体运动

D.若%小球最后一次离开凹槽的位置一定是5点，且离开凹槽后做竖直上抛运动

【答案】C

【详解】A.小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的水平方向动量守恒，但总动量不守恒，故A错

误；

B.若小球恰好到达8点时，由于水平方向动量守恒有加%=2加丫由机械能守恒;加喏=；・2加v?+俏gR解得

v0=2y[gR故B错误；

CD.当%>2晒时，小球从8点飞出后做斜抛运动，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回时恰好能落到

8点，故最后一次离开斜面的位置一定是A点，由水平方向动量守恒得机%=机巧+机旷2由机械能守恒得

g加v；解得％=0,旷2=%可知小球最后一次离开凹槽的位置一定是A点，且离开凹槽后做

自由落体运动，故C正确，D错误。故选C。

!考点精讲I

考点二人船模型、爆炸和反冲问题

1.适用条件

①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零;

②动量守恒或某方向动量守恒.

2.常用结论

m入3L.船/

___________________义

工船「工人।

设人走动时船的速度大小为v船，人的速度大小为v人，以船运动的方向为正方向，则m船V船-m人V人=0,可得

m船v^=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t,

即：m船x船=111人*人，由图可看出x船+*人=1,

船人

mrm

可解得：工人=---------L%船=-----:----L

m人+m船；m人+m船

3.类人船模型

典例引领

..______

7.“独竹漂，，是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此

时女子静立于竹竿4点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从

中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中N、8两点的水平间距约为

1.0cm,乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。已知竹竿的质量约为25kg,若不计水的阻力，则该女子的

质量约为（）

Z点

8点

乙

A.45kgB.47.5kgC.50kgD.55kg

【答案】A

【详解】根据题意,设女子的质量为〃7,由动量守恒定律有%V=心竿V竿由于系统的水平动量一直为0,则

运动时间相等，设运动时间为f,则有rnvt=加竿降f整理可得rnxK=加竿峰解得

加竿x竿25x1.8

m=---=----kg=45kg故选A。

1.0

即时检测

8.如图，质量为"，半径为R的圆弧槽，置于光滑水平面上.将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无

初速度地释放，滑块的质量为如且M=2加，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）

A.若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒

B.若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小为榨

C.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为g

DP

D.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为行

【答案】C

【详解】A.若圆弧面光滑，圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，故A错误；

B.若圆弧面光滑，设滑块运动至水平面时速度大小为匕，圆弧糟速度大小为畛，由机械能守恒定律知

B

加gR=；加V；在水平方向上动量守恒有rnvx=Mv2,M=2加联立解得匕=2^^-,均故错

误;

C.若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为多和范，

2D

由水平方向动量守恒有拉X]=%M，X]+X2=R解得再=§R,故C正确;

半尺故D错误。就选C。

D.由于滑块还发生了竖直位移凡故滑块的位移大小为

1.对反冲现象的三点说明

(1)系统内的不同部分在强大内力作用下,向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。

(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。

(3)反冲运动中平均动量守恒。

2.爆炸现象的三个规律

(1)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远大于受到的外力，所

以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。

(2)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，所以爆炸前后系统的总动

能增加。

(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为

爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量.开始运动。

典例引领

9.斜向上发射的炮弹在最高点爆炸(爆炸时间极短)成质量均为加的两块碎片，其中一块碎片沿原来的

方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为炮弹爆炸前的动能为E,爆炸后系统的机械能增加了

F

重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为()

4

[EH\2EHI3EH-[EH

【答案】B

【详解】炮弹炸裂的过程水平方向动量守恒，设炮弹炸裂前的速度大小为v,则丫=-设炸裂后瞬间两块

2

碎片的速度分别为匕、v2,W2mv=m+mv2E+11mV1+W=-J-,%=二且根据平抛

4222Nm2\m

运动规律有H=\gt2两块碎片落地点之间的距离x=(%-匕解得x=.—故选B。

即时检测

10.我国早在宋代就发明了火箭。即在箭杆捆上前端封闭的火药筒，点燃后产生的燃气以较大的速率向后

喷出，箭杆由于反冲而向前运动，这与现代火箭的原理大致相同。某时刻火箭速度为%,在极短的时间内

喷射质量为△〃?、速度为〃的燃气，喷出燃气后火箭的质量为小则此次火箭喷气后速度的变化量为

)

AAm/、Am(、Amz、Am/、

-小…)B.—(Vo-«)C%+力…)D.vo+—(vo+M)

【答案】B

【详解】根据动量守恒定律(m+Am)v0=Nmu+mv解得Av=v-v0=厂Amu故选

m

考点精讲I

考点三弹簧模型和板块模型

考向1弹簧模型

”原长静止

GXWW®

---->v最短►V

条件与模型

V1原长V2

V最长.

V

Vo

@mA=m($CI:m=lkg；

BAVo

2

mB=lkg)

Lt3t4t

Vi

Vo

@mA>mB(如:mA=2kg；

Vo

m=lkg)

BI^Tvr

tit2t3t41

V'

Vo

@mA<mB（如:mA=lkg；

Vo

2

mB=2kg）

titst

情况一：从原长到最短（或最长）时

①机”0=（机4+机8卜；②;机武;=；（机/+机B

规律与公式

情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时

①mAV0=mAV\+mBV2；②।mAV0=।mAV?+।根”；

典例引领

11.如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的B物体左端与轻质

弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是（）

A.在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为g4Mv

B.在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大

C.从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0

D.从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为

【答案】A

【详解】A.在物体A与弹簧接触过程中，根据动量守恒定律得2MV=2MV：+MVB'根据机械能守恒定律得

1-2Mv2=1-2Mv/2+1.Mv；1解得V：=；vVB'='v根据动量定理得弹簧对A的弹力冲量大小

4

/=2四（丫_j'）解得/二］跖7，A正确；

B.在物体A与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧对B的弹力做功的功

率增大；在弹簧接近原长时，B的速度接近：v，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对B的弹力做功的功率几

乎等于零，所以在物体A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率先增大后减小，B错误;

7

CD.从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，根据动量守恒定律得2Mv=（2/+〃）M解得M=弹簧

对A、B做功分别为畋=上2MM%=_LMV"=2MV2弹簧对A、B做功的代数和为

22929

少=畋+唯=-：初,最大弹性势能为4，=（2环/_；.3跖/2=；跖2,CD错误。故选A。

即晔测

12.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为叫、〃％的两物块A、B相连接，并静止在光滑水平面上。

现使A获得水平向右、大小为3m/s的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图

乙所示，从图像提供的信息可得（

V

―>B

A加］\AAAAAAAAMm2

^z/zzzzzzzzzzz/zzz/zzzz/.

甲乙

A.在4和4时刻两物块达到共同速度lm/s,且弹簧分别处于拉伸和压缩状态

B.两物块的质量之比为叫：加2=2：1

C.在一时刻A、B两物块的动能之比为凡1：纥2=8：1

D.在〜G时间内A、B的距离逐渐增大，与时刻弹簧的弹性势能最大

【答案】D

【详解】AD.根据图像可得开始时A的速度大，弹簧被压缩，4时AB速度相同此时弹簧压缩量达到最

大，之后B的速度大，压缩量开始变小，时弹簧恢复原长，之后弹簧开始被拉伸，A、B的距离逐渐增

大，4时刻AB速度相等此时拉伸量达到最大，刻弹簧的弹性势能最大。之后A速度又大于B,拉伸量开始

变小，6时刻恢复弹簧原长状态，故A错误，D正确；

B.根据系统动量守恒，取向右为正方向在段时间内有叫叫=（叫+啊）丫共代入数据解得叫："％=1：2故B

错误；

C.时刻A、B两物块的动能之比为

12

1I21

=IXF=8

故C错误。

故选Do

­►M）

板块模型f水平面光滑

-aVOV共

亍V共件「

m1生_________L_J____

过程简图,，二2,一，LJ_____,二，），，

7////////"H//////

<——X2---------A«x相对一

◄---------X1---------------J

_f_f

Q]=—,a2——；

m2

动力学常用关系

v0-a{t=a2t；

1212

X1=；》2.a2t；x相对=再一々

△相对=；根1"；-1（mi+根2）喷

功能常用关系

动量常用关系机1%=（机1+机2）V共

典例引领

13.如图所示，质量为M长为/的长木板静止于粗糙水平面上，，=0时，质量为〃7的物块（可视为质点）

以初速度%从左端滑到长木板上，在运动过程中物块刚好未从木板右端滑落，已知物块与木板间的摩擦因

数为〃。下列说法正确的是（）

__%,

//////////////////////////）//

A.物块滑到木板最右端的速度为产匚

B.小物块减少的动能等于木板增加的动能和木板与物块之间产生的内能之和

C.木板的动能一定小于〃

D.木板的动能一定大于;加4-〃加g/

【答案】C

【详解】A.物块刚好未从木板右端滑落，则物块到木板右端时，恰好有共同速度，如果物块与木板组成

的系统动量守恒，则机%=（加+"）v解得"=产」由于水平面粗糙，木板受水平面的摩擦力，所以物块

与木板组成的系统动量不守恒，故物块滑到木板最右端的速度不为了」，故A错误；

M+m

BD.由能量守恒定律可知小物块减少的动能等于木板增加的动能、木板与物块之间产生的内能以及水平面

与木板之间产生的内能之和，木板与物块之间产生的内能4*T〃机g/木板的动能一定小于;加诏-〃,故

BD错误；

C.设物块运动的位移大小为，木板运动的位移大小X2,物块与木板共同速度匕，物块与木板因摩擦产生

的热量。="mgl=〃加g（%-%）由于%=".f>2x：=2%故pmgl>/umgx2对木板由动能定理得

jLtmgx2-〃2（加+A/）gx2=^Mv^则<jumgx2<jumgl故C正确。故选Co

即打性测

14.如图所示，质量加=245g的物块（可视为质点）放在质量M=0.5kg的木板左端，木板静止在光滑水平

面上，物块与木板间的动摩擦因数〃=04,质量％=5g的子弹以速度%=300m/s沿水平方向射入物块并

留在其中（时间极短），物块最后恰好没有滑离木板，取g=10m/s2,则在整个过程中（）

%

睛日

................................I

/////////////////////////////////////

A.物块的最大速度为4m/s

B.木板的最大速度为3m/s

C.物块相对于木板滑行的时间为0.75s

D.木板的长度为3m

【答案】D

【详解】A.子弹射入物块并留在其中，根据动量守恒加。%=（%+加）v之后，在摩擦力的作用下，物块做

减速运动，则两者共同的速度即物块的最大速度，大小为v=6m/s故A错误；

B.物块和子弹在木板上滑行时，木板做加速运动，物块最后恰好没有滑离木板，根据动量守恒

（加o+机）v=（加。+机+M）M共同速度即木板的最大速度，大小为v'=2m/s故B错误；

C.物块在木板上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律〃（%+机）g=（m0+m）a物块相对木板的滑行时间

为t=L上得f=ls故c错误；

a

D.木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律

〃（mo+加）g=Ma

2_，2，2

木板长度为物块和木板的相对位移L=一二一二得£=3m故D正确。故选D。

2a2a

考点精讲I

考点四力学三大基本观点的综合应用

1.三大观点及相互联系

2.三大观点的选用原则

力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所

以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x,时间。问题，不能解决力(乃的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路

程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

3,用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法

(1)多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系

选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。选取研究对象后需根据不同的条件采用隔

离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统

作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互

作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。至于多个物体间的相互联系，

通常可从它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。

(2)多过程问题一要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律

观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。分析过程特征需仔细分析

每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过

程之间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。

(3)含有隐含条件的问题一要深究细琢，努力挖掘隐含条件

注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是

求解的关键。通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行

间或图像中去挖掘。

(4)存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况

解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的

标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。

典例引领

15.如图所示，质量分别为"八3m、nm(n=1,2,3…)的!圆弧槽、小球B、小球C均静止在水平面

4

上，圆弧槽的半径为R,末端与水平面相切。现将质量为别的小球A从圆弧槽上与圆心等高的位置由静止

释放，一段时间后与B发生弹性正碰，已知重力加速度为g,不计A、B、C大小及一切摩擦。下列说法错

误的是()

A.小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为Smg

B.若BC发生的是完全非弹性碰撞，〃取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同

C.若BC发生的是弹性正碰，当〃=2时，碰撞完成后小球C的速度为|历

D.〃取不同值时，C最终的动量不同，其最大值为:加历

O

【答案】D

【详解】A.小球A第一次下滑到圆弧槽最低点时，小球A和圆弧槽组成的系统水平方向上动量守恒，有

明=机匕小球A和圆弧槽组成的系统机械能守恒，则有加g7?=；洸机v；解得"人=w=小球A通过

圆弧槽最低点时，相对于圆弧槽的速度大小为稀=VA+%根据牛顿第二定律有尸-机g=机说联立解得，小

R

球A通过圆弧槽最低点时，受到圆弧槽的支持力为b=5"g根据牛顿第三定律可知，小球A通过圆弧槽最

低点时对圆弧槽的压力大小为5mg,故A正确，不满足题意要求；

B.若BC发生的是完全非弹性碰撞，设小球A与B碰撞后，小球B的初速度为%,则BC碰撞过程，根据

动量守恒有3小0=(3加+〃间v根据能量守恒有=gx3加说-^-(3m+nm)v2联立解得BC碰撞损失的机械能

为AE=2❷毋说

22(3加+nm)

可知，当〃取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同，故B正确，不满足题意要求；

C.小球A与B发生弹性正碰，取向右为正方向，根据动量守恒有m入=加%+3机VB根据机械能守恒有

=：加vj+：x3加说联立解得VAI=Ji万,VB若BC发生的是弹性正碰,当〃=2时，BC碰

乙乙乙乙乙

撞过程，根据动量守恒有3%VB=3mvB1+2mc根据机械能守恒有:x3加4=；x3机说】+；x2加v；联立解得，

碰撞完成后小球C的速度为%=g质故C正确，不满足题意要求；

D.当BC发生的是完全非弹性正碰时，C获得的动量最小。BC碰撞过程，根据动量守恒有

3mvB=(3m+nm)%2解得，碰撞完成后小球C的速度为％2=,\则此时C的动量为

0="*=后＞眄=三丁阚可知，当〃取1时，c的动量取最小值为P1111n故D错误，

一+N8

n

满足题意要求。故选D。

即时检测

R

16.如图所示，半径分别为R和厂=万的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水

平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被。、6两小球夹住，同时释放两小球，。、6球恰好能通过

各自圆轨道的最高点，己知。球的质量为〃?。则()

A.6球质量为也m

2

B.两小球与弹簧分离时，动能相等

C.若见=%=加要求°、6都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为综=5加gR

D.。球到达圆心等高处时，对轨道压力为5〃zg

【答案】C

【详解】A.0、6球恰好能通过各自圆轨道的最高点，则°、6球在最高点时的速度分别为为高=旅,

vb^=4gra,6球在最高点时的速度分别为匕,％,则有-加“g2R=；巩匕舟2叫vj,

-/g2r=|■~匕高2设6球的质量为％，由动量守恒定理有mava=%为联立解得与=也加所以A

错误；

B.两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系用=丘可知，动能不相等，所以B错误;

2m

C.若?=叫=加，由动量守恒定理有加，匕=与为则分离时两小球的速度相等，则要求。、b都能通过各自

的最高点时，只需要。球能够通过，6球也能通过，由前面分析可知，。刚好通过最高点时，分离时速度

为为=黄法则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为+g%%2=加g=5〃@?所以C正确；

D.。球到达圆心等高处时，速度为%'由动能定理可得-%gA=g也v/-；加轨道对。球的支持力为

,2

F,由牛顿第二定律有尸=加工联立解得尸=3wg由牛顿第三定律可知，。小球对轨道压力为3mg,所以

"R

D错误；故选C。

FV好地冲关・

，基础过关

1.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为〃的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面

相切，一个质量为加的小球从弧形槽〃高处由静止开始下滑，不计空气阻力，下列说法正确的是

A.在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功

B.在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能减小

C.小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，小球仍能回到弧形槽〃高处

D.在整个过程中，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】B

【详解】A.在小球下滑过程中，虽然小球总是沿着弧形槽的上表面运动，但弧形槽有水平向左的位移，

故小球相对于地面的速度方向不是沿着弧形槽的切线的，而弧形槽对小球的作用力是弹力，方向始终垂直

于接触面，故弹力和小球运动速度不垂直，弹力对小球要做功，故A错误；

B.当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒。但弹簧对小球的弹力做负功，故小球

的机械能减小，故B正确；

C.小球在弧形槽上下滑过程中，系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时两

者动量大小相等，由于则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧原速率弹回后将追