2026年高考物理一轮讲义(福建专用)第24讲动量守恒定律(复习讲义)(学生版+解析)

第25讲动量守恒定律目录TOC\o"1-4"\h\z\u5418107301考情解码·命题预警 1148891469802体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 4考点一动量守恒定律 5知识点1动量守恒定律内容及条件 5知识点2动量守恒定律的理解 5考向1系统动量守恒的判断 6考向2动量守恒定律的理解 7考点二动量守恒定律的应用 9知识点应用动量守恒定律的解题步骤 9考向1动量守恒定律的基本应用 9考向2动量守恒中的综合应用问题 11考点三碰撞问题 15知识点1碰撞遵循的三条原则 15知识点2弹性碰撞讨论 15知识点3非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 16考向1弹性碰撞的理解及应用 16考向2非弹性碰撞的理解及应用 20考点四类碰撞问题 24知识点1爆炸问题 24知识点2反冲现象 24知识点3人船模型 24知识点4人船模型结论 25考向1爆炸问题 25考向2反冲运动 27考向3人船模型 28考向4其他类碰撞问题 3104真题溯源·考向感知 32

考点要求考频2025年2024年2023年（1）动量守恒定律（2）动量守恒定律的应用综合应用低频\\\考情分析：1.命题形式：单选题非选择题2.命题分析：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。知识点的考察，通常以动能和动量、动能定理和动量定理、动量守恒定律和机械能守恒定律的区别和联系进行出题，考察灵活运用的能力3.备考建议：本节内容复习过程应理解动量守恒定律的内容和适用条件以及动量定律解决问题的便捷性并掌握运用，能分析解决碰撞等常见的实际问题，且能在实际问题中灵活运用4.命题情境：①生活实践类：交通事故分析，体育运动中的碰撞，烟花爆炸等；②学习探究类：以碰撞模型结合圆周运动、平抛运动、电磁场等。5.常用方法：模型分析研究法、极限法、临界问题分析法复习目标：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简单的守恒问题。3.深入理解弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞的定义、特点及本质区别，熟练掌握碰撞过程中动量守恒、机械能守恒（弹性碰撞）的条件与适用范围。考点一动量守恒定律知识点1动量守恒定律内容及条件(1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。(2)表达形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。(3)常见的几种守恒形式及成立条件：理想守恒系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒近似守恒系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒分方向守恒系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内≫F外时，系统在该方向上动量守恒知识点2动量守恒定律的理解(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。得分速记得分速记：判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程：(1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。(2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同，因此解题时应明确选取的系统和研究过程。考向1系统动量守恒的判断例1（2025·福建·一模）如图所示，小车放在光滑的水平地面上，轻质细绳一端系在小车上，另一端连接可视为质点的小球，将小球拉开一定角度（此时小车与小球均静止），然后同时放开小球和小车，小球开始在竖直平面内来回摆动。下列说法正确的是（）A．小球在最低点时处于平衡状态 B．小球在最高点时处于平衡状态C．小球在最低点时，小车处于平衡状态 D．小球在最高点时，小车处于平衡状态【变式训练1·变载体】（2022·福建·模拟预测）如图所示，足够长的光滑斜面体静止在水平地面上，将由同种材料制成的A、B两物体放在斜面上，由静止释放，下滑过程中A、B两物体始终相对静止。下列关于A、B两物体下滑过程中的说法正确的是（）A．A物体的机械能守恒 B．斜面体与B在水平方向的加速度大小可能相等C．斜面体的加速度不变 D．A、B与斜面体构成的系统动量守恒【变式训练2】如图所示，质量为m的半径为R的光滑圆弧形凹槽静止在光滑水平面上，质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，在小球下滑到底端B的过程中，则（）A．小球和凹槽组成的系统动量守恒 B．小球与凹槽、地球组成的系统机械能守恒C．小球对地的运动位移为R D．小球所受合力的瞬时功率一直增大考向2动量守恒定律的理解例2（2024·福建漳州·二模）如图，冰壶被大家喻为冰上的“国际象棋”，它考验参与者的体能与脑力，展现动静之美，取舍之智慧。质量相同的冰壶甲和乙相距30m，冰壶甲以速度被推出后做匀减速直线运动，经过10s与静止的冰壶乙发生对心弹性碰撞，则（

）A．两冰壶碰撞后均向前运动B．两冰壶碰撞后，甲静止不动C．冰壶甲初速度大小可能为3m/sD．冰壶甲初速度大小可能为5m/s【变式训练1·变考法】如图所示，一质量为0.5kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25m高处由静止下落，恰好落入质量为2kg、速度为2.5m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是A．橡皮泥下落的时间为0.3sB．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5m/sC．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5J考点二动量守恒定律的应用知识点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。考向1动量守恒定律的基本应用例1（2022·福建莆田·一模）如图，竖直平面内固定有一半径为R的光滑网轨道，质量为m的小球P静止放置在网轨道的最低点A。将质量为M的小球Q从圆轨道上的C点由静止释放，Q与P发生一次弹性碰撞后小球P恰能通过圆轨道的最高点B。已知M=5m，重力加速度为g，求：(1)碰撞后小球P的速度大小；(2)C点与A点的高度差。【变式训练1·变载体】（2023·福建漳州·模拟）如图，“冰雪游乐场”滑道上的B点左侧水平面粗糙，右侧是光滑的曲面，左右两侧平滑连接质量m=30kg的小孩从滑道顶端A点由静止开始下滑，经过B点时被静止的质量为M=60kg的家长抱住，一起滑行到C点停下（C点未画出）。已知A点高度h=5m，人与水平滑道间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，求：（1）小孩刚到B点时的速度大小vB；（2）B、C间的距离s。考向2动量守恒中的综合应用问题例2如图所示，在足够长的光滑水平面上静止着两个物块P和Q，物块P与轻弹簧右端连接。一个小球被一根不可伸长的轻质细线悬挂于点正下方，轻靠在物块Q的左侧。现将细线拉直到与竖直方向夹角位置时，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块Q发生碰撞（碰后将小球撤离），碰撞的恢复系数为e=0.5（定义式为，其中和分别是碰前两物体的速度，和分别是碰撞后两物体的速度），已知细线长L=0.9m，小球和物块P的质量为，物块Q的质量为，球、物块均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度取。求：(1)碰撞后物块Q的速度大小；(2)物块P最大速度；(3)小球与物块Q碰撞后，试求物块Q最小速度。【变式训练1·多过程问题】如图所示，竖直面内的光滑绝缘圆弧轨道与足够长的粗糙水平地面平滑连接，点在圆心点正下方，轨道半径，整个空间存在竖直向上、大小的匀强电场。一个质量，电荷量的带正电小滑块，从轨道点静止释放，经过点后立即与另一个质量，不带电的静止小滑块发生弹性碰撞（碰撞过程不发生电荷转移，且碰撞时间极短）。已知与地面间的动摩擦因数，重力加速度取均视为质点。求：(1)到达圆轨道点（与碰前）的速度大小；(2)到达圆轨道点（与碰前）对轨道的压力大小；(3)碰后的最大距离。【变式训练2·多过程问题】（2020·福建漳州·一模）有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的钢性积木B、C、D叠放在靶位上，宽度均为d，积木C、D夹在固定的两光滑薄板间，一球A（视为质点）用长为L，且不可伸长的轻绳悬挂于O点。游戏时，钢球拉至与O等高的P点（保持绳绷直）由静止释放，钢球运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木B滑行一段距离（大于）后停下。已知钢球和每块积木的质量均为m，各水平接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，空气阻力不计，求：(1)钢球下落到最低点且与B碰撞前的速度大小v0；(2)积木B向前滑动的距离s；(3)将钢球再次拉起至P点无初速释放，积木C沿B的轨迹前进。求C被A球撞后经多长时间与B球相遇。考点三碰撞问题知识点1碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律。(2)机械能不增加。Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)(3)速度要合理。①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等。②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。知识点2弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解：根据动量守恒和机械能守恒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①,\f(1,2)m1v12＋\f(1,2)m2v22＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2②))解得v1′＝eq\f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)，v2′＝eq\f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)。(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则：v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。当碰前物体2的速度为零时，即v2＝0，则：v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。②m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两物体沿同方向运动。③m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。知识点3非弹性碰撞和完全非弹性碰撞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：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得：m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2.完全非弹性碰撞vv1v2v共m1m2碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=(m1+m2)v共（1）完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔEk=½m1v12+½m2v22-½(m1+m2)v共2（2）联立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=考向1弹性碰撞的理解及应用例1（2025·福建厦门·三模）“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。其中一个实验如图所示，质量为0.1kg的小球A以某一初速度向左运动，与静止悬浮在空中的质量为0.5kg的小球B发生正碰，碰撞后小球A向右反弹，当A向右移动2格的长度时，小球B向左移动1格的长度。已知背景板上小方格的边长相等，忽略舱内空气阻力的影响，则（）A．小球A碰撞前后的速度大小之比为7：2B．小球A碰撞前后的速度大小之比为3：2C．碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变D．碰撞前后，小球A、B组成的系统动能减少【变式训练1·变情境】（2025·福建福州·模拟预测）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。时刻，小物块在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当返回到倾斜轨道上的点（图中未标出）时，速度减为0。物块从开始运动到的过程中的图像如图（b）所示，图中的和均为已知量，为未知量。已知的质量为，重力加速度大小为，不计空气阻力。求：(1)在内的平均速度与平均速率；(2)斜面的倾角的正弦值；(3)物块的质量。【变式训练2·变情境】（2025·福建莆田·三模）如图所示，长为、质量为的长木板置于光滑水平平台上，长木板的左端与平台左端对齐，质量为的物块放在长木板上表面的左端，长木板的上表面离地面的高度为。先将长木板锁定，让质量为的小球在地面上的点斜向右上与水平方向成角抛出，小球沿水平方向与物块发生弹性碰撞，碰撞后，物块滑离长木板时速度为、碰撞后一瞬间的速度的，重力加速度取。求：(1)小球与物块碰撞前一瞬间的速度大小；(2)物块与长木板上表面的动摩擦因数；(3)解除长木板的锁定，让小球仍从点以原速度抛出，小球与物块碰撞后，物块与长木板的最终速度大小。考向2非弹性碰撞的理解及应用例2（2024·福建厦门·二模）2024年某贺岁档电影中，两辆赛车的碰撞测试为国内首个赛车碰撞实拍镜头。高速移动的白色车与迎面而来的灰色车碰撞后，两车一起沿着白色车原运动方向移动，两车碰撞时间极短。则（）A．碰撞过程中两车组成的系统机械能守恒B．白色车对灰色车和灰色车对白色车的撞击力大小相等C．白色车碰撞前的动量大于灰色车碰撞前的动量D．碰撞过程中白色车的动量变化量小于灰色车的动量变化量【变式训练1·变情境】（2022·福建龙岩·模拟预测）如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上，斜劈A的末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放，滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动，再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m，斜劈A的圆弧轨道半径为R，重力加速度大小为g。滑块B、C、D均可视为质点，则下列说法正确的是（）A．滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中，A对D的支持力做功为B．与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为C．滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为D．滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为【变式训练2·变情境】（2023·福建泉州）如图，圆心为O、半径为0.1m的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，与水平地面相切于最低点。原长为0.2m、劲度系数为100N/m的轻质弹簧上端悬挂在O点，下端连接质量为1kg的小滑块A，A静止在轨道最低点。质量为2kg的小滑块B，以某一初速度水平向右运动，跟A发生碰撞（碰撞时间极短）。一切摩擦和空气阻力均不计，取g=10m/s2。（1）若B的初速度大小为1.5m/s，且B与A发生弹性正碰，求碰后瞬间A对轨道的压力大小；（2）若B与A碰撞后粘合在一起，要使B与A能一起通过轨道的最高点，求B的初速度的最小值。考点四类碰撞问题知识点1爆炸问题1．爆炸现象的特点爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。2．爆炸现象的三个规律动量守恒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，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能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，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动知识点2反冲现象1．反冲运动的特点物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。2．对反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加知识点3人船模型1．人船模型问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型”问题。2．人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；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eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)应用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。知识点4人船模型结论1.常用结论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船=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=m人x人，由图可看出x船+x人=L，可解得：；【【特别提醒】求解“人船模型”问题的注意事项(1)适用范围：“人船模型”还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的两物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。(2)画草图：解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。考向1爆炸问题例1（2023·福建漳州·模拟预测）如图，足够长的水平传送带以恒定的速率v0=2m/s顺时针转动，质量分别为、的小滑块A、B间夹有少量炸药，与传送带一起匀速运动。某时刻点燃炸药，爆炸时间极短，爆炸后A的速度瞬间变为零。已知两滑块与传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度g取10m/s2，炸药爆炸所释放的能量全部转化为动能，求：（1）爆炸后瞬间滑块B的速度大小v；（2）炸药爆炸所释放的能量E0及爆炸产生的气体对滑块A的冲量大小；（3）炸药爆炸后滑块B与传送带由于摩擦产生的热量Q。【变式训练1·变载体】（2023·福建·模拟）质量为m的烟花弹在获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹在上升到速度为初速度一半时，弹中火药爆炸将烟花弹炸成质量相等的两部分，这两部分的动能之和为，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹爆炸时离地高度h；(2)爆炸后烟花弹两部分碎片的速度大小和方向。考向2反冲运动例2（2022·福建泉州·模拟预测）2021年12月9日，神舟十三号乘组进行天宫授课，如图为航天员叶光富试图借助吹气完成失重状态下转身动作的实验，但未能成功。若他在1s内以20m/s的速度呼出质量约1g的气体，可获得的反冲力大小约为（）A．0.01N B．0.02N C．0.1N D．0.2N【变式训练1·变考法】（福建·高考真题）将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（）A． B． C． D．考向3人船模型例3如图所示，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为。从开始释放C到A、B两木块恰好分离的过程，下列说法正确的是（）A．两物块A和B分离时，A、B的速度大小均为B．两物块A和B分离时，C的速度大小为C．C球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为D．C球由静止释放到最低点，A对B的弹力的冲量大小为【变式训练1·变载体】如图所示，一个质量为m1=50kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2=20kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h=7m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是（可以把人看作质点）（）A．0 B．2m C．5m D．7m【变式训练2·变考法】（福建龙岩·一模）一装有柴油的船静止于水面上，船前舱进水，堵住漏洞后用一水泵把前舱中的油抽往后舱，如图所示。不计水的阻力，船的运动情况是（）A．向后运动 B．向前运动 C．静止 D．无法判断考向4其他类碰撞问题例4（2022·福建莆田·模拟预测）如图所示，质量均为2kg的甲、乙两物块在光滑水平面上用轻弹簧连接，甲、乙物块6m/s的速度向左运动，此时弹簧处于原长状态，质量为4kg的物块丙静止在物块乙的左边，物块乙与物块丙正碰后二者粘在一起运动，求：（1）物块乙与物块丙正碰后弹性势能的最大值；（2）物块丙被碰后速度的最大值。【变式训练1·变考法】（2023·福建莆田·模拟）如图，一质量的平顶小车，车顶右端放一质量的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量的子弹以水平速度射中小车左端，并留在车中。子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，g取求：（1）子弹射中小车过程中损失的机械能为多少？最后物体与车的共同速度为多少？小木块在小车上滑行的时间。1．（2024·山东·高考真题）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径，重力加速度大小。（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。2.（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I=1.8N∙s，A、B的质量分别为mA=0.3kg、mB=0.1kg，轨道半径和绳长均为R=0.5m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：(1)与B碰前瞬间A的速度大小；(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。3.（2022·福建·高考真题）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度从滑板最左端滑入，滑行后与B发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动．已知A、B、C的质量均为，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求：（1）C在碰撞前瞬间的速度大小；（2）C与B碰撞过程中损失的机械能；（3）从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。第25讲动量守恒定律目录TOC\o"1-4"\h\z\u5418107301考情解码·命题预警 1148891469802体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 4考点一动量守恒定律 5知识点1动量守恒定律内容及条件 5知识点2动量守恒定律的理解 5考向1系统动量守恒的判断 6考向2动量守恒定律的理解 7考点二动量守恒定律的应用 9知识点应用动量守恒定律的解题步骤 9考向1动量守恒定律的基本应用 9考向2动量守恒中的综合应用问题 11考点三碰撞问题 15知识点1碰撞遵循的三条原则 15知识点2弹性碰撞讨论 15知识点3非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 16考向1弹性碰撞的理解及应用 16考向2非弹性碰撞的理解及应用 20考点四类碰撞问题 24知识点1爆炸问题 24知识点2反冲现象 24知识点3人船模型 24知识点4人船模型结论 25考向1爆炸问题 25考向2反冲运动 27考向3人船模型 28考向4其他类碰撞问题 3104真题溯源·考向感知 32

考点要求考频2025年2024年2023年（1）动量守恒定律（2）动量守恒定律的应用综合应用低频\\\考情分析：1.命题形式：单选题非选择题2.命题分析：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。知识点的考察，通常以动能和动量、动能定理和动量定理、动量守恒定律和机械能守恒定律的区别和联系进行出题，考察灵活运用的能力3.备考建议：本节内容复习过程应理解动量守恒定律的内容和适用条件以及动量定律解决问题的便捷性并掌握运用，能分析解决碰撞等常见的实际问题，且能在实际问题中灵活运用4.命题情境：①生活实践类：交通事故分析，体育运动中的碰撞，烟花爆炸等；②学习探究类：以碰撞模型结合圆周运动、平抛运动、电磁场等。5.常用方法：模型分析研究法、极限法、临界问题分析法复习目标：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简单的守恒问题。3.深入理解弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞的定义、特点及本质区别，熟练掌握碰撞过程中动量守恒、机械能守恒（弹性碰撞）的条件与适用范围。考点一动量守恒定律知识点1动量守恒定律内容及条件(1)内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。(2)表达形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。(3)常见的几种守恒形式及成立条件：理想守恒系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒近似守恒系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒分方向守恒系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内≫F外时，系统在该方向上动量守恒知识点2动量守恒定律的理解(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。得分速记得分速记：判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程：(1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。(2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同，因此解题时应明确选取的系统和研究过程。考向1系统动量守恒的判断例1（2025·福建·一模）如图所示，小车放在光滑的水平地面上，轻质细绳一端系在小车上，另一端连接可视为质点的小球，将小球拉开一定角度（此时小车与小球均静止），然后同时放开小球和小车，小球开始在竖直平面内来回摆动。下列说法正确的是（）A．小球在最低点时处于平衡状态 B．小球在最高点时处于平衡状态C．小球在最低点时，小车处于平衡状态 D．小球在最高点时，小车处于平衡状态【答案】C【详解】AC．小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，小球在最低点时，细绳对小球的拉力大于小球受到的重力，小球处于超重状态，小车受合外力为零处于平衡状态，选项A错误、C正确；BD．小球在最高点时，小球、小车的加速度均不为0，都不是平衡状态，选项B、D错误。故选C。【变式训练1·变载体】（2022·福建·模拟预测）如图所示，足够长的光滑斜面体静止在水平地面上，将由同种材料制成的A、B两物体放在斜面上，由静止释放，下滑过程中A、B两物体始终相对静止。下列关于A、B两物体下滑过程中的说法正确的是（）A．A物体的机械能守恒 B．斜面体与B在水平方向的加速度大小可能相等C．斜面体的加速度不变 D．A、B与斜面体构成的系统动量守恒【答案】BC【详解】A．对斜面体进行受力分析，在水平方向有物体B对斜面压力的分力，故斜面体向右加速运动，又斜面体的重力势能不变，动能增加，则机械能增加，根据能量守恒可知A、B两物体的机械能均减小，故A错误；B．A、B与斜面体构成的系统在水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，当斜面体的质量等于A、B的质量之和时，斜面体与B在水平方向的加速度大小相等，故B正确；C．将A、B看成整体，A、B相对斜面体来说沿斜面向下做加速运动，对斜面的压力恒定，则斜面体在水平方向所受合力不变，即加速度不变，故C正确；D．竖直方向上合力对A、B与斜面体构成的系统的冲量不为零，故动量不守恒，故D错误。故选BC。【变式训练2】如图所示，质量为m的半径为R的光滑圆弧形凹槽静止在光滑水平面上，质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，在小球下滑到底端B的过程中，则（）A．小球和凹槽组成的系统动量守恒 B．小球与凹槽、地球组成的系统机械能守恒C．小球对地的运动位移为R D．小球所受合力的瞬时功率一直增大【答案】B【详解】A．小球竖直方向有加速度，系统在竖直方向上合力不为零，但是系统在水平方向受力为零，可知小球和凹槽组成的系统水平方向动量守恒。故A错误；B．根据机械能守恒的条件可知，小球与凹槽、地球组成的系统机械能守恒。故B正确；C．系统水平方向动量守恒，有又联立，可得故C错误；D．小球开始下滑时，速度为零，根据可知合力的瞬时功率为零，小球滑到底端B时，速度与合力垂直，合力的瞬时功率也为零。故D错误。故选B。考向2动量守恒定律的理解例2（2024·福建漳州·二模）如图，冰壶被大家喻为冰上的“国际象棋”，它考验参与者的体能与脑力，展现动静之美，取舍之智慧。质量相同的冰壶甲和乙相距30m，冰壶甲以速度被推出后做匀减速直线运动，经过10s与静止的冰壶乙发生对心弹性碰撞，则（

）A．两冰壶碰撞后均向前运动B．两冰壶碰撞后，甲静止不动C．冰壶甲初速度大小可能为3m/sD．冰壶甲初速度大小可能为5m/s【答案】BD【详解】AB．根据两质量相等的物体，弹性碰撞速度交换可知，两冰壶碰撞后，甲静止不动，乙向前运动，故A错误，B正确；CD．冰壶做匀减速直线运动，则由题意可知，代入数据得但如果，则，与甲做匀减速运动矛盾，故C错误，D正确。故选BD。【变式训练1·变考法】如图所示，一质量为0.5kg的一块橡皮泥自距小车上表面1.25m高处由静止下落，恰好落入质量为2kg、速度为2.5m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g=10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是A．橡皮泥下落的时间为0.3sB．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5m/sC．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒D．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5J【答案】D【详解】橡皮泥下落的时间为：．故A错误；橡皮泥与小车在水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则有：m1v0=（m1+m2）v，所以共同速度为：，故B正确；橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统在水平方向的动量守恒，但竖直方向的动量不守恒．故C错误；在整个的过程中，系统损失的机械能等于橡皮泥的重力势能与二者损失的动能，得：△E＝m2gh+[m1v02−(m1+m2)v2]，代入数据可得：△E=7.5J．故D正确．故选D．考点二动量守恒定律的应用知识点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。考向1动量守恒定律的基本应用例1（2022·福建莆田·一模）如图，竖直平面内固定有一半径为R的光滑网轨道，质量为m的小球P静止放置在网轨道的最低点A。将质量为M的小球Q从圆轨道上的C点由静止释放，Q与P发生一次弹性碰撞后小球P恰能通过圆轨道的最高点B。已知M=5m，重力加速度为g，求：(1)碰撞后小球P的速度大小；(2)C点与A点的高度差。【答案】(1)；

(2)0.9R【详解】(1)设碰撞后小球P的速度为vA，到达最高点的速度为vB，由机械能守恒定律在B点联立解得(2)设小球Q碰撞前后的速度分别为v0和v1，由动量守恒定律由能量守恒设C点与A点的高速差为h，小球Q从C运动到A的过程中，由机械能守恒定律联立解得h=0.9R【变式训练1·变载体】（2023·福建漳州·模拟）如图，“冰雪游乐场”滑道上的B点左侧水平面粗糙，右侧是光滑的曲面，左右两侧平滑连接质量m=30kg的小孩从滑道顶端A点由静止开始下滑，经过B点时被静止的质量为M=60kg的家长抱住，一起滑行到C点停下（C点未画出）。已知A点高度h=5m，人与水平滑道间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，求：（1）小孩刚到B点时的速度大小vB；（2）B、C间的距离s。【答案】（1）10m/s（2）【分析】（1）根据机械能守恒定律可求小孩滑到B点的速度；（2）由动量守恒定律可求家长抱住小孩时的共同速度，再由动能定理可求）B、C间的距离。【详解】（1）从最高点到最低点，根据机械能守恒定律得得vB=10m/s（2）家长抱住小孩瞬间由动量守恒定律有解得接着以共同速度v向左做匀减速直线运动，由动能定理得解得考向2动量守恒中的综合应用问题例2如图所示，在足够长的光滑水平面上静止着两个物块P和Q，物块P与轻弹簧右端连接。一个小球被一根不可伸长的轻质细线悬挂于点正下方，轻靠在物块Q的左侧。现将细线拉直到与竖直方向夹角位置时，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块Q发生碰撞（碰后将小球撤离），碰撞的恢复系数为e=0.5（定义式为，其中和分别是碰前两物体的速度，和分别是碰撞后两物体的速度），已知细线长L=0.9m，小球和物块P的质量为，物块Q的质量为，球、物块均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度取。求：(1)碰撞后物块Q的速度大小；(2)物块P最大速度；(3)小球与物块Q碰撞后，试求物块Q最小速度。【答案】(1)(2)(3)0【详解】（1）小球从释放到刚与物块碰撞过程中，由动能定理得对小球和物块构成的系统，碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒得又因为碰前物块静止，由定义式可得由以上式子联立解得：（2）从物块与弹簧开始接触到弹簧再次恢复到原长时，物块的速度最大，在此过程中物块与物块及弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒，由动量守恒定律得由机械能守恒得联立解得：，所以物块的最大速度为（3）由第二问解得，当弹簧恢复原长时，物块的运动方向发生变化，说明从物块刚与弹簧接触到弹簧恢复原长的过程中的某一位置，物块的速度为零，所以物块的最小速度为【变式训练1·多过程问题】如图所示，竖直面内的光滑绝缘圆弧轨道与足够长的粗糙水平地面平滑连接，点在圆心点正下方，轨道半径，整个空间存在竖直向上、大小的匀强电场。一个质量，电荷量的带正电小滑块，从轨道点静止释放，经过点后立即与另一个质量，不带电的静止小滑块发生弹性碰撞（碰撞过程不发生电荷转移，且碰撞时间极短）。已知与地面间的动摩擦因数，重力加速度取均视为质点。求：(1)到达圆轨道点（与碰前）的速度大小；(2)到达圆轨道点（与碰前）对轨道的压力大小；(3)碰后的最大距离。【答案】(1)2m/s(2)3.6N(3)0.5m【详解】（1）从A到B的过程由动能定理得：解得（2）设小滑块经过时，其受到轨道的支持力为，则由牛顿第三定律得解得（3）设水平向右为正方向，碰撞后的速度分别为，由弹性碰撞得，解得设碰撞后在水平地面上的加速度大小分别为，则，假设碰后经过时间达到共同速度，由运动学公式得由分析可得，说明共速时均未停止，假设成立。则碰后的最大距离为解得【变式训练2·多过程问题】（2020·福建漳州·一模）有一种打积木的游戏，装置如图所示，三块完全相同的钢性积木B、C、D叠放在靶位上，宽度均为d，积木C、D夹在固定的两光滑薄板间，一球A（视为质点）用长为L，且不可伸长的轻绳悬挂于O点。游戏时，钢球拉至与O等高的P点（保持绳绷直）由静止释放，钢球运动到最低点时与积木B发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，积木B滑行一段距离（大于）后停下。已知钢球和每块积木的质量均为m，各水平接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，空气阻力不计，求：(1)钢球下落到最低点且与B碰撞前的速度大小v0；(2)积木B向前滑动的距离s；(3)将钢球再次拉起至P点无初速释放，积木C沿B的轨迹前进。求C被A球撞后经多长时间与B球相遇。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)根据动能定理可得

①解得

②(2)设小球与积木B发生弹性碰撞后速度为，积木B速度为，由动量守恒定律有

③由能量守恒定律有④联立解得，⑤根据动能定理可得，积木B向前滑行的距离s有⑥代入解得

⑦(3)又将钢球拉回P点由静止释放，与落下静止的积木C发生弹性碰撞，此时C的速度仍为

⑧C滑行s后与B碰撞，此时C的速度满足⑨解得

⑩当C刚滑离D时的速度为，由动能定理及动量定理可得当C从滑离D至与B相遇C被A球撞后经t时间与B球相遇t=t1+t2得考点三碰撞问题知识点1碰撞遵循的三条原则(1)动量守恒定律。(2)机械能不增加。Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p12,2m1)＋eq\f(p22,2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2)(3)速度要合理。①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等。②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。知识点2弹性碰撞讨论(1)碰后速度的求解：根据动量守恒和机械能守恒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′①,\f(1,2)m1v12＋\f(1,2)m2v22＝\f(1,2)m1v1′2＋\f(1,2)m2v2′2②))解得v1′＝eq\f(m1－m2v1＋2m2v2,m1＋m2)，v2′＝eq\f(m2－m1v2＋2m1v1,m1＋m2)。(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，则：v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。当碰前物体2的速度为零时，即v2＝0，则：v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)。①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。②m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两物体沿同方向运动。③m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。知识点3非弹性碰撞和完全非弹性碰撞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：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得：m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2.完全非弹性碰撞vv1v2v共m1m2碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=(m1+m2)v共（1）完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔEk=½m1v12+½m2v22-½(m1+m2)v共2（2）联立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=考向1弹性碰撞的理解及应用例1（2025·福建厦门·三模）“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。其中一个实验如图所示，质量为0.1kg的小球A以某一初速度向左运动，与静止悬浮在空中的质量为0.5kg的小球B发生正碰，碰撞后小球A向右反弹，当A向右移动2格的长度时，小球B向左移动1格的长度。已知背景板上小方格的边长相等，忽略舱内空气阻力的影响，则（）A．小球A碰撞前后的速度大小之比为7：2B．小球A碰撞前后的速度大小之比为3：2C．碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变D．碰撞前后，小球A、B组成的系统动能减少【答案】BC【详解】根据题意可知，由于碰撞后，A球向右移动2格长度时，B球向左移动1格的长度，则碰撞后，A球的速度大小是B球速度大小的2倍，设碰撞后B球的速度为，则A球的速度为AB．设碰撞前A球的速度为，由于碰撞过程系统的动量守恒，则碰撞过程中A球动量减少量等于B球动量增加量，则有解得则求A碰撞后的速度大小为则小球A碰撞前后的速度大小之比为3：2，故B正确，A错误；CD．根据计算可得碰撞前系统的总动能碰撞后系统的总动能可得可知碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变，故C正确，D错误。故选BC。【变式训练1·变情境】（2025·福建福州·模拟预测）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块静止于水平轨道的最左端，如图（a）所示。时刻，小物块在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与发生弹性碰撞（碰撞时间极短）；当返回到倾斜轨道上的点（图中未标出）时，速度减为0。物块从开始运动到的过程中的图像如图（b）所示，图中的和均为已知量，为未知量。已知的质量为，重力加速度大小为，不计空气阻力。求：(1)在内的平均速度与平均速率；(2)斜面的倾角的正弦值；(3)物块的质量。【答案】(1)平均速度，平均速率；(2)；(3)【详解】（1）由图像的面积为运动位移，知内位移内位移平均速度平均速率（2）设斜面的倾角为，滑动摩擦力大小为，当物块沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律由图象知当物体沿斜面上滑时，根据牛顿第二定律由图象知联立得（3）设物块和物块发生弹性碰撞后一瞬间的速度分别为、，由动量守恒由能量守恒联立方程解得，根据图象可知解得【变式训练2·变情境】（2025·福建莆田·三模）如图所示，长为、质量为的长木板置于光滑水平平台上，长木板的左端与平台左端对齐，质量为的物块放在长木板上表面的左端，长木板的上表面离地面的高度为。先将长木板锁定，让质量为的小球在地面上的点斜向右上与水平方向成角抛出，小球沿水平方向与物块发生弹性碰撞，碰撞后，物块滑离长木板时速度为、碰撞后一瞬间的速度的，重力加速度取。求：(1)小球与物块碰撞前一瞬间的速度大小；(2)物块与长木板上表面的动摩擦因数；(3)解除长木板的锁定，让小球仍从点以原速度抛出，小球与物块碰撞后，物块与长木板的最终速度大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设小球与物块碰撞前一瞬间速度大小为，在点抛出的初速度大小为，则竖直方向根据运动学公式综合解得（2）与碰撞过程，根据动量守恒有根据机械能守恒有解得根据题意，物块滑离长木板时的速度根据动能定理有解得（3）假设、碰撞后物块能滑到长木板的右端，令此时物块和长木板的速度大小分别为、，则由动量守恒定律有由能量守恒定律有联立两式代入数据解得可见假设成立且物块刚好相对静止在长木板的右端。考向2非弹性碰撞的理解及应用例2（2024·福建厦门·二模）2024年某贺岁档电影中，两辆赛车的碰撞测试为国内首个赛车碰撞实拍镜头。高速移动的白色车与迎面而来的灰色车碰撞后，两车一起沿着白色车原运动方向移动，两车碰撞时间极短。则（）A．碰撞过程中两车组成的系统机械能守恒B．白色车对灰色车和灰色车对白色车的撞击力大小相等C．白色车碰撞前的动量大于灰色车碰撞前的动量D．碰撞过程中白色车的动量变化量小于灰色车的动量变化量【答案】BC【详解】A．根据题意，可将该碰撞看成完全非弹性碰撞，而完全非弹性碰撞碰撞过程中机械能损失最大，即该碰撞过程中有能量的损失，机械能不守恒，故A错误；B．根据牛顿第三定律可知，白色车对灰色车和灰色车对白色车的撞击力为相互作用力，大小相等，故B正确；C．设白色车的质量为，速度为，灰色车质量为，速度为，取白色车速度方向为正方向，碰撞过程中根据动量守恒有根据题意，碰撞后，两车一起沿着白色车原运动方向移动，即碰撞后的速度方向与速度方向相同，则可知白色车碰撞前的动量大于灰色车碰撞前的动量，即故C正确；D．由于碰撞过程中动量守恒，由可得而两车动量变化量分别为即有可知碰撞过程中两车动量变化量大小相等，故D错误。故选BC。【变式训练1·变情境】（2022·福建龙岩·模拟预测）如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的斜劈A和滑块B、C均静止在光滑水平地面上，斜劈A的末端与水平地面相切。一滑块D从斜劈A的圆弧轨道的最高点由静止释放，滑块D滑到水平地面后与滑块B碰撞并粘在一起向前运动，再与滑块C碰撞又与C粘在一起向前运动。已知斜劈A和三个滑块的质量均为m，斜劈A的圆弧轨道半径为R，重力加速度大小为g。滑块B、C、D均可视为质点，则下列说法正确的是（）A．滑块D在圆弧轨道上滑动的过程中，A对D的支持力做功为B．与滑块B碰撞前瞬间，滑块D的速度大小为C．滑块B与滑块C碰撞后的速度大小为D．滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能为【答案】AD【详解】A．D在A上滑动时，A与D组成的系统水平方向上动量守恒，且系统机械能守恒，则当D滑到水平地面上时且两式联立解得A、D分离时的速度大小为即A与D的速度大小相等，方向相反，下滑过程对D由动能定理得解得故A正确；B．D与B碰撞前的速度即为A、D分离时D的速度大小，为，故B错误；C．B与C碰撞过程中，B、C、D组成的系统动量守恒，有则B与C碰撞后的速度大小为故C错误；D．D与B碰撞过程动量守恒，有则碰撞后B、D整体的速度大小为损失的机械能计算可得滑块D与滑块B碰撞过程中损失的机械能故D正确。故选AD。【变式训练2·变情境】（2023·福建泉州）如图，圆心为O、半径为0.1m的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，与水平地面相切于最低点。原长为0.2m、劲度系数为100N/m的轻质弹簧上端悬挂在O点，下端连接质量为1kg的小滑块A，A静止在轨道最低点。质量为2kg的小滑块B，以某一初速度水平向右运动，跟A发生碰撞（碰撞时间极短）。一切摩擦和空气阻力均不计，取g=10m/s2。（1）若B的初速度大小为1.5m/s，且B与A发生弹性正碰，求碰后瞬间A对轨道的压力大小；（2）若B与A碰撞后粘合在一起，要使B与A能一起通过轨道的最高点，求B的初速度的最小值。【答案】（1）60N；（2）【详解】（1）设A、B的质量分别为m1、m2，碰撞后A的速度大小为v1，B的速度大小为v2，以A、B为系统，根据动量守恒定律和能量守恒定律有①②以A为研究对象，设碰后瞬间轨道对A的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有③由①②③式解得N=60N

④由牛顿第三定律得A对轨道的压力大小N′=N=60N

⑤（2）设B的初速度的最小值为v，碰撞后瞬间A、B的共同速度大小为v3，以A、B为系统，根据动量守恒定律有⑥设A、B一起恰好通过轨道最高点的速度大小为v4，根据牛顿第二定律有⑦A、B从轨道最低点到轨道最高点，根据动能定理有⑧由⑥⑦⑧式解得

⑨考点四类碰撞问题知识点1爆炸问题1．爆炸现象的特点爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。2．爆炸现象的三个规律动量守恒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，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能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，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动知识点2反冲现象1．反冲运动的特点物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。2．对反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加知识点3人船模型1．人船模型问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型”问题。2．人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；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eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)应用eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。知识点4人船模型结论1.常用结论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船=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=m人x人，由图可看出x船+x人=L，可解得：；【【特别提醒】求解“人船模型”问题的注意事项(1)适用范围：“人船模型”还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的两物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。(2)画草图：解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。考向1爆炸问题例1（2023·福建漳州·模拟预测）如图，足够长的水平传送带以恒定的速率v0=2m/s顺时针转动，质量分别为、的小滑块A、B间夹有少量炸药，与传送带一起匀速运动。某时刻点燃炸药，爆炸时间极短，爆炸后A的速度瞬间变为零。已知两滑块与传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度g取10m/s2，炸药爆炸所释放的能量全部转化为动能，求：（1）爆炸后瞬间滑块B的速度大小v；（2）炸药爆炸所释放的能量E0及爆炸产生的气体对滑块A的冲量大小；（3）炸药爆炸后滑块B与传送带由于摩擦产生的热量Q。【答案】（1）；（2），；（3）【详解】（1）炸药爆炸瞬间，由动量守恒定律得，得v=3m/s（2）炸药爆炸瞬间，由能量守恒定律得得爆炸产生的气体对滑块A的冲量得

（3）炸药爆炸后B做匀减速运动，直到与传送带共速有，B的位移传送带位移

由于摩擦产生的热量得Q=2J【变式训练1·变载体】（2023·福建·模拟）质量为m的烟花弹在获得动能E后，从地面竖直升空，当烟花弹在上升到速度为初速度一半时，弹中火药爆炸将烟花弹炸成质量相等的两部分，这两部分的动能之和为，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：(1)烟花弹爆炸时离地高度h；(2)爆炸后烟花弹两部分碎片的速度大小和方向。【答案】(1)；(2)，方向竖直向上，，方向竖直向下【详解】(1)设烟花弹上升的初速度为，由题给条件有①由运动学公式②联立①②式得(2)火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。规定向上为正方向，由动量守恒定律和题给条件有④⑤解得方向竖直向上⑥方向竖直向下⑦考向2反冲运动例2（2022·福建泉州·模拟预测）2021年12月9日，神舟十三号乘组进行天宫授课，如图为航天员叶光富试图借助吹气完成失重状态下转身动作的实验，但未能成功。若他在1s内以20m/s的速度呼出质量约1g的气体，可获得的反冲力大小约为（）A．0.01N B．0.02N C．0.1N D．0.2N【答案】B【详解】设航天员质量为，呼气后速度为，由动量守恒可得又代入数据，可得ACD错误，B正确。【变式训练1·变考法】（福建·高考真题）将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是（）A． B． C． D．【答案】D【详解】在不考虑重力和空气阻力影响的情况下，火箭及燃料气体系统在点火喷气过程中动量守恒，设喷气后火箭获得的速度为v，并以v的方向为正方向，根据动量守恒定律有解得故D正确，ABC错误。故选D。考向3人船模型例3如图所示，质量均为的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为的细线，细线另一端系一质量为的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为。从开始释放C到A、B两木块恰好分离的过程，下列说法正确的是（）A．两物块A和B分离时，A、B的速度大小均为B．两物块A和B分离时，C的速度大小为C．C球由静止释放到最低点的过程中，木块移动的距离为D．C球由静止释放到最低点，A对B的弹力的冲量大小为【答案】BC【详解】AB．球C下落到最低点时，AB将要分离，根据机械能守恒定律有系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有联立解得，故A错误，B正确；C．C球由静止释放到最低点的过程中，设C对地的水平位移大小为，AB对地的水平位移大小为，则有，解得故C正确；D．C球由静止释放到最低点的过程中，选B为研究对象，由动量定理有故D错误。故选BC。【变式训练1·变载体】如图所示，一个质量为m1=50kg的人爬在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的