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第31講 動量守恒定律及其應用
目錄
復習目標
網(wǎng)絡構建
考點一 動量守恒的條件及應用
【夯基·必備基礎知識梳理】
知識點1 動量守恒定律內容及條件
知識點2 動量守恒定律的“四性”
【提升·必考題型歸納】
考向1 動量守恒的判斷
考向2 動量守恒守恒定律的應用
考點二 碰撞問題
【夯基·必備基礎知識梳理】
知識點1 彈性碰撞
知識點2 非彈性碰撞和完全非彈性碰撞
【提升·必考題型歸納】
考向1 彈性碰撞規(guī)律應用
考向2 完全非彈性碰撞規(guī)律應用
考向3 類碰撞問題
考點三 人船模型、爆炸和反沖問題
【夯基·必備基礎知識梳理】
知識點1 人船模型
知識點2 爆炸和反沖問題
【提升·必考題型歸納】
考向1 人船模型
考向2 爆炸和反沖問題
考點四 彈簧模型和板塊模型
【夯基·必備基礎知識梳理】
知識點1 彈簧模型
知識點2 板塊模型
【提升·必考題型歸納】
考向1 彈簧模型
考向2 板塊模型
真題感悟
理解和掌握動量守恒定律。
能夠利用動量守恒定律處理解決涉及碰撞、反沖、彈簧和板塊等問題。
考點一 動量守恒的條件及應用
知識點1 動量守恒定律內容及條件
(1)內容：如果系統(tǒng) ，或者所受外力的 ，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。
(2)表達形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(3)常見的幾種守恒形式及成立條件：
①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。
②近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內力 外力。
③分動量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為 ，系統(tǒng)在該方向上 。
知識點2 動量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：表達式中初、末動量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動量的正、負。
(2)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。
(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關，應用動量守恒定律時，各物體的速度必須是相對同一參考系的速度。一般選地面為參考系。
(4)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。
考向1 動量守恒的判斷
1．如圖所示，曲面體P靜止于光滑水平面上，物塊Q自P的上端靜止釋放。Q與P的接觸面光滑，Q在P上運動的過程中，下列說法正確的是（ ）

A．P對Q做功為零
B．P和Q之間的相互作用力做功之和為零
C．P和Q構成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒
D．P和Q構成的系統(tǒng)機械能不守恒、動量守恒
2．如圖所示，小車與木箱緊挨著靜止放在光滑的水平冰面上，現(xiàn)有一男孩站在小車上用力向右迅速推出木箱，關于上述過程，下列說法正確的是（ ）
A．男孩和木箱組成的系統(tǒng)機械能守恒
B．小車與木箱組成的系統(tǒng)動量守恒
C．男孩、小車與木箱三者組成的系統(tǒng)動量守恒
D．小孩推力的沖量小于木箱的動量的變化量
考向2 動量守恒守恒定律的應用
3．如圖所示，一異形軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質點的物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端．如果軌道不固定，仍將物塊從圓弧軌道的最高點由靜止釋放，下列說法正確的是（ ）

A．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量守恒
B．物塊與軌道組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量不守恒
C．物塊到不了水平軌道的最左端
D．物塊將從軌道左端沖出水平軌道
4．如圖所示，高為、長為的斜面體靜置于水平地面上，將質量為、可視為質點的小球從斜面體的頂端由靜止釋放后，斜面體沿水平地面做勻加速直線運動，經(jīng)小球與斜面體分離，分離時斜面體的速度大小為，不計一切摩擦，取重力加速度大小，下列說法正確的是（ ）

A．斜面體的質量為
B．小球能達到的最大速度為
C．小球對斜面體的壓力大小為
D．小球在斜面體上運動時，斜面體對地面的壓力大小為
考點二 碰撞問題
知識點1 彈性碰撞
1.碰撞三原則：
(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq \f(p\\al( 2,1),2m1)＋eq \f(p\\al( 2,2),2m2)≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2).
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運動，則應有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動，則應有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
2. “動碰動”彈性碰撞
v1
v2
v1’ˊ
v2’ˊ
m1
m2
發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：

(1) (2)
聯(lián)立（1）、（2）解得：
v1’=，v2’=.
特殊情況： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
3. “動碰靜”彈性碰撞的結論
兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2 （2）
解得：v1′＝eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
結論：(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質量相等， )
(2)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)
(4)當m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)
(5)當m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率 ，大不變)
知識點2 非彈性碰撞和完全非彈性碰撞
1.非彈性碰撞
介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。
根據(jù)動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
損失動能ΔEk，根據(jù)機械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2.完全非彈性碰撞
v1
v2
v共
m1
m2
碰后物體的速度相同， 根據(jù)動量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動能最多，損失動能：
ΔEk= ?m1v12+ ? m2v22- ?(m1+m2)v共2 （2）
聯(lián)立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
考向1 彈性碰撞規(guī)律應用
1．在一個水平桌面上固定一個內壁光滑的半徑為R的管形圓軌道，俯視如圖所示，a、b、c、d為圓上兩條直徑的端點，且ac與bd相互垂直。在內部放置A、B兩個小球（球徑略小于管徑，管徑遠小于R），質量分別為、，開始時B球靜止于a點，A球在其左側以的初速度向右與B球發(fā)生第一次碰撞且被反彈。已知小球之間的碰撞均為對心彈性碰撞，第二次碰撞發(fā)生在b點。則下列說法中正確的是（ ）
A．A、B兩球的質量比為
B．若只增大A球的初速度則第二次碰撞點可能在之間某處
C．若只增大A球的質量則第二次碰撞點可能仍在b處
D．若只增大A球的質量則第一、二次碰撞時間間隔不可能大于
2．如圖所示，質量為m的小球A與質量為的小球B疊放在一起，從高度為處由靜止開始下落，落到水平地面時，B與地面之間以及B與A之間均在豎直方向發(fā)生彈性碰撞（認為B先與地面發(fā)生碰撞，緊接著A、B間再發(fā)生碰撞），則A反彈后能達到的最大高度可能為（ ）
A．4.5hB．5.5hC．6.5hD．7.5h
考向2 完全非彈性碰撞規(guī)律應用
3．如圖所示，質量為0.1kg的小球A從水平地面斜向上拋出，拋出時的速度大小為10m/s，方向與水平方向夾角為，在小球A拋出的同時有一質量為0.3kg的黏性小球B從某高處自由下落，當小球A上升到最高點時恰能擊中下落中的小球B，A、B兩球碰撞時間極短，碰后粘在一起落回水平地面。兩球均可視為質點，不計空氣阻力，，，取。下列說法正確的是（ ）

A．小球A上升至最高點時離地面3.2m
B．小球A從拋出到落回地面的時間為1.6s
C．A、B兩球碰撞過程中小球A的動量變化量大小為0.45kg·m/s
D．小球A從拋出到落回地面的水平距離為5.4m
4．如圖所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，質量為1kg的小物塊B置于輕彈簧上端并處于靜止狀態(tài)，另一質量為3kg的小物塊A從小物塊B正上方h=0.8m處由靜止釋放，與小物塊B碰撞后（碰撞時間極短）一起向下壓縮彈簧到最低點，已知彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m，彈簧的彈性勢能表達式（x為彈簧的形變量），重力加速度g=10m/s2，彈簧始終在彈性限度內，下列說法正確的是（ ）

A．碰撞結束瞬間，小物塊A的速度大小為1m/s
B．碰撞結束瞬間，小物塊A的加速度大小為7.5m/s2
C．小物塊A與B碰撞之后一起下落0.5m時的加速度大小為2.5m/s2
D．小物塊A與B碰撞之后一起下落過程中，系統(tǒng)的最大動能為22.5J
考向3 類碰撞問題
5．旅行者1號經(jīng)過木星和土星時通過引力助推（引力彈弓）獲得了足以完全擺脫太陽引力的動能。引力助推是飛行器從遠距離接近反向運行的行星時，產(chǎn)生的運動效果就像該飛行器被行星彈開了，科學家們稱這種情況為彈性碰撞，不過兩者沒有發(fā)生實體接觸。如圖所示，以太陽為參考系，設探測器的初速度大小為，行星的速率為。探測器在遠離行星后的速率為，已知行星質量遠大于探測器質量，那么約為（ ）
A．B．C．D．
6．如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去，若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說法不正確的是（ ）
A．小球的質量為
B．小球運動到最高點時的速度為
C．小球能夠上升的最大高度為
D．若a>b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運動
考點三 人船模型、爆炸和反沖問題
知識點1 人船模型
1. 適用條件
①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零；
②動量守恒或某方向動量守恒．
2. 常用結論
設人走動時船的速度大小為v船,人的速度大小為v人,以船運動的方向為正方向,則m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船組成的系統(tǒng)在水平方向動量始終守恒，故有m船v船t=m人v人t,
即：m船x船=m人x人，由圖可看出x船+x人=L，
可解得：；
3. 類人船模型
知識點2 爆炸和反沖問題
1． 對反沖現(xiàn)象的三點說明
(1)系統(tǒng)內的不同部分在強大內力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理。
(2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。
(3)反沖運動中平均動量守恒。
2． 爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。
(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。
考向1 人船模型
1．如圖所示，質量為M=2m的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h。在船尾處有一質量為m的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細線將鐵塊拴住，此時鐵塊到船頭的距離為L，船頭到湖岸的水平距離，彈簧原長遠小于L。將細線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運動時受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度為g。下列判斷正確的有（ ）
A．鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為
B．鐵塊脫離木船時的瞬時速度大小為
C．小木船最終的速度大小為
D．彈簧釋放的彈性勢能為
2．如圖所示，一半圓槽滑塊的質量為M，半圓槽半徑為R，滑塊置于光滑水平桌面上，一質量為m的小智能機器人（可視為質點）置于半圓槽的A端，在無線遙控器控制下，機器人從半圓槽A端移動到B端。下面說法正確的是（ ）
A．只有小機器人運動，滑塊不運動
B．滑塊運動的距離是
C．滑塊與小機器人運動的水平距離之和為2R
D．小機器人運動的位移是滑塊的倍
考向2 爆炸和反沖問題
3．章魚遇到危險時可將吸入體內的水在極短時間內向后噴出，由此獲得一個反沖速度，從而迅速向前逃竄完成自救。假設有一只章魚吸滿水后的總質量為M，靜止懸浮在水中一次噴射出質量為m的水，噴射速度大小為，章魚體表光滑，則以下說法中正確的是（ ）
A．噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)動量守恒
B．噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)機械能守恒
C．章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為
D．章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為
4．不在同一直線上的動量問題同樣可以用正交分解法處理。某同學自制了一款飛機模型，該飛機模型飛行過程中可通過噴氣在極短時間內實現(xiàn)垂直轉彎。若該飛機模型的質量為M（含氣體），以大小為v的速度勻速飛行時，在極短時間內噴出質量為m的氣體后垂直轉彎，且轉彎后的速度大小不變，則該飛機模型噴出的氣體的速度大小為（ ）
A．B．
C．D．
考點四 彈簧模型和板塊模型
知識點1 彈簧模型
知識點2 板塊模型
考向1 彈簧模型
1．如圖所示，有一個質量為的物體A和一個質量為M的物體B用輕彈簧連接，放在光滑的水平地面上。二者初始靜止，彈簧原長為，勁度系數(shù)為k，彈性勢能表達式（x為彈簧的形變量）?，F(xiàn)用一質量為m的子彈沿水平方向以初速度打中物體A，并留在物體A中（子彈與物體A達到相對靜止的時間極短），然后壓縮彈簧至最短，之后彈簧恢復原長，最后被拉長至最長。則下列說法正確的是（ ）

A．整個過程中子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒
B．彈簧被壓縮至最短時物體B的速度大小為
C．整個過程中彈簧的最大彈性勢能為
D．物體B的最大加速度大小為
2．如圖甲，質量分別為mA和mB的A、B兩小球用輕質彈簧連接置于光滑水平面上，初始時刻兩小球被分別鎖定，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)。t=0時刻解除A球鎖定，t=t1時刻解除B球鎖定，A、B兩球運動的a-t圖像如圖乙所示，S1表示0到t1時間內A的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內A、B的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小。下列說法正確的是（ ）

A．t1時刻后A、B系統(tǒng)的總動量大小始終為mAS1 B．
C． D．t2時刻，彈簧伸長量大于0時刻的壓縮量
考向2 板塊模型
3．如圖甲所示，長木板A靜置在光滑的水平面上，物塊B可視為質點以水平速度滑上長木板A的上表面的最左端，之后它們的速度隨時間變化情況如圖乙所示，在兩者相對運動過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為4J，取g=10m/s2，則下列說法正確的是（ ）
A．長木板A的質量為4kg
B．摩擦力對物塊B做功為6J
C．長木板A的長度不小于1.5m
D．長木板A與物塊B間的動摩擦因數(shù)為0.1
4．如圖所示，在光滑水平面上疊放著A、B兩個物體，mA=2kg，mB=1kg，速度的大小均為v0=8m/s，速度方向相反。A板足夠長，A、B之間有摩擦，當觀察到B做加速運動時，A的速度大小可能為（ ）
A．2 m/sB．3 m/sC．4 m/sD．5 m/s
1．（2023年北京卷高考真題）如圖所示，質量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L?，F(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釋放時距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；
（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能。

2．（2023年全國乙卷高考真題）如圖，一豎直固定的長直圓管內有一質量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為。一質量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求
（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大?。?br>（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離；
（3）圓盤在管內運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。

第31講 動量守恒定律及其應用
目錄
考點要求
考題統(tǒng)計
考情分析
（1）動量守恒定律
（2）動量守恒定律的應用
2023年山東卷第18題
2023年北京卷第18題
2023年天津卷第12題
高考對動量守恒定律的考查非常頻繁，大多在綜合性的計算題中出現(xiàn)，題目難度各省份不同，同時，這類題目往往綜合性比較強，需要的能力也比較高。
類型一
類型二
類型三
類型四
類型五
條件與模型
①mA=mB（如:mA=1kg；mB=1kg）
②mA>mB （如:mA=2kg；mB=1kg）
③mAv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動，則應有v前′≥v后′。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
2. “動碰動”彈性碰撞
v1
v2
v1’ˊ
v2’ˊ
m1
m2
發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，v2ˊ，則有：

(1) (2)
聯(lián)立（1）、（2）解得：
v1’=，v2’=.
特殊情況： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
3. “動碰靜”彈性碰撞的結論
兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） eq \f(1,2)m1veq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2 （2）
解得：v1′＝eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)
結論：(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質量相等，速度交換)
(2)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)
(4)當m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)
(5)當m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)
知識點2 非彈性碰撞和完全非彈性碰撞
1.非彈性碰撞
介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。
根據(jù)動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
損失動能ΔEk，根據(jù)機械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2.完全非彈性碰撞
v1
v2
v共
m1
m2
碰后物體的速度相同， 根據(jù)動量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動能最多，損失動能：
ΔEk= ?m1v12+ ? m2v22- ?(m1+m2)v共2 （2）
聯(lián)立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
考向1 彈性碰撞規(guī)律應用
1．在一個水平桌面上固定一個內壁光滑的半徑為R的管形圓軌道，俯視如圖所示，a、b、c、d為圓上兩條直徑的端點，且ac與bd相互垂直。在內部放置A、B兩個小球（球徑略小于管徑，管徑遠小于R），質量分別為、，開始時B球靜止于a點，A球在其左側以的初速度向右與B球發(fā)生第一次碰撞且被反彈。已知小球之間的碰撞均為對心彈性碰撞，第二次碰撞發(fā)生在b點。則下列說法中正確的是（ ）
A．A、B兩球的質量比為
B．若只增大A球的初速度則第二次碰撞點可能在之間某處
C．若只增大A球的質量則第二次碰撞點可能仍在b處
D．若只增大A球的質量則第一、二次碰撞時間間隔不可能大于
【答案】CD
【詳解】A．設第一次碰后A、B兩球的速度分別為，。根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有
；第二次碰撞發(fā)生在b點，則有
聯(lián)立解得故A錯誤；
BC．設第二次碰撞A球轉過的角度為，則有解得可知與初速度無關，即第二次碰撞點與A球的初速度無關，若只增大A球的質量則第二次碰撞點可能仍在b處，故B錯誤，C正確；
D．兩次碰撞間隔時間為故D正確；故選CD。
2．如圖所示，質量為m的小球A與質量為的小球B疊放在一起，從高度為處由靜止開始下落，落到水平地面時，B與地面之間以及B與A之間均在豎直方向發(fā)生彈性碰撞（認為B先與地面發(fā)生碰撞，緊接著A、B間再發(fā)生碰撞），則A反彈后能達到的最大高度可能為（ ）
A．4.5hB．5.5hC．6.5hD．7.5h
【答案】AB
【詳解】A、B兩球落地時的速度相同，設為，兩球下落過程根據(jù)機械能守恒定律可得解得球B先與地面碰撞之后原速彈回。此時A球速度方向還是向下，速度大小仍為，之后兩球發(fā)生彈性碰撞，設向上為正方向，碰撞之后A、B兩球的速度分別為和，根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律可得
兩式聯(lián)立解得當時代入可得設上升的最大高度為，A球上升過程根據(jù)機械能守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得當時代入可得設上升的最大高度為，A球上升過程中，根據(jù)機械能守恒定律可得代入數(shù)據(jù)解得所以A球上升的最大高度應大于，小于，AB正確，CD錯誤。故選AB。
考向2 完全非彈性碰撞規(guī)律應用
3．如圖所示，質量為0.1kg的小球A從水平地面斜向上拋出，拋出時的速度大小為10m/s，方向與水平方向夾角為，在小球A拋出的同時有一質量為0.3kg的黏性小球B從某高處自由下落，當小球A上升到最高點時恰能擊中下落中的小球B，A、B兩球碰撞時間極短，碰后粘在一起落回水平地面。兩球均可視為質點，不計空氣阻力，，，取。下列說法正確的是（ ）

A．小球A上升至最高點時離地面3.2m
B．小球A從拋出到落回地面的時間為1.6s
C．A、B兩球碰撞過程中小球A的動量變化量大小為0.45kg·m/s
D．小球A從拋出到落回地面的水平距離為5.4m
【答案】AD
【詳解】A．小球A和小球B在碰撞前，對A：水平方向勻速直線運動豎直方向勻減速直線運動小球A上升的最大高度為，A正確；
B．小球A和B在最高點碰撞時，小球B的速度為豎直向下，根據(jù)碰撞過程兩者豎直方向動量守恒，水平方向動量也守恒，豎直方向有水平方向，有
碰后，兩者豎直方向做勻加速直線運動，根據(jù)
小球A從拋出到落回地面的時間為，B錯誤；
C．碰撞過程中， 水平方向小球A的動量變化量為豎直方向動量變化量為所以小球A的動量變化量為，C錯誤；
D．碰撞前小球A的水平位移為碰后兩者水平速度為1.5m/s，因為碰后下落時間為0.4s，所以碰后水平位移為小球A從拋出到落回地面的水平距離為，D正確。
故選AD。
4．如圖所示，一輕質彈簧的下端固定在水平面上，質量為1kg的小物塊B置于輕彈簧上端并處于靜止狀態(tài)，另一質量為3kg的小物塊A從小物塊B正上方h=0.8m處由靜止釋放，與小物塊B碰撞后（碰撞時間極短）一起向下壓縮彈簧到最低點，已知彈簧的勁度系數(shù)k=100N/m，彈簧的彈性勢能表達式（x為彈簧的形變量），重力加速度g=10m/s2，彈簧始終在彈性限度內，下列說法正確的是（ ）

A．碰撞結束瞬間，小物塊A的速度大小為1m/s
B．碰撞結束瞬間，小物塊A的加速度大小為7.5m/s2
C．小物塊A與B碰撞之后一起下落0.5m時的加速度大小為2.5m/s2
D．小物塊A與B碰撞之后一起下落過程中，系統(tǒng)的最大動能為22.5J
【答案】BD
【詳解】A．對小物塊A應用動能定理可得小物塊A、B碰撞由動量守恒定律可得
聯(lián)立解得故A錯誤；
B．碰前小物塊B的重力與彈簧彈力平衡，碰后瞬間彈簧彈力不突變，對小物塊A、B整體應用牛頓第二定律可得解得故B正確；
C．下落時，對小物塊A、B整體應用牛頓第二定律可得聯(lián)立解得
故C錯誤；
D．開始時有當系統(tǒng)下落過程中有最大速度，由動能定理可得
聯(lián)立解得故D正確。故選BD。
考向3 類碰撞問題
5．旅行者1號經(jīng)過木星和土星時通過引力助推（引力彈弓）獲得了足以完全擺脫太陽引力的動能。引力助推是飛行器從遠距離接近反向運行的行星時，產(chǎn)生的運動效果就像該飛行器被行星彈開了，科學家們稱這種情況為彈性碰撞，不過兩者沒有發(fā)生實體接觸。如圖所示，以太陽為參考系，設探測器的初速度大小為，行星的速率為。探測器在遠離行星后的速率為，已知行星質量遠大于探測器質量，那么約為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】設探測器質量為，行星質量為，取行星和探測器系統(tǒng)為研究對象，行星方向為正方向。由動量守恒定律探測器靠近和脫離行星時可認為系統(tǒng)萬有引力勢能沒變，由能量守恒有
解得因為，所以，
所以故選B。
6．如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去，若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說法不正確的是（ ）
A．小球的質量為
B．小球運動到最高點時的速度為
C．小球能夠上升的最大高度為
D．若a>b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運動
【答案】C
【詳解】A．設小球的質量為m，初速度為v0，在水平方向上由動量守恒定律得；結合圖乙可得；所以，故A正確，不符合題意；
D．對小球和圓弧滑塊組成的系統(tǒng)，有；解得小球在與圓弧滑塊分離時的速度為即a>b時，小球的速度方向向左，所以小球與圓弧分離時向左做平拋運動，故D正確，不符合題意；
B．小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度，在水平方向上由動量守恒定律得解得故B正確，不符合題意；
C．小球從開始運動到最高點的過程中，由機械能守恒定律得解得故C錯誤，符合題意。故選C。
考點三 人船模型、爆炸和反沖問題
知識點1 人船模型
1. 適用條件
①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零；
②動量守恒或某方向動量守恒．
2. 常用結論
設人走動時船的速度大小為v船,人的速度大小為v人,以船運動的方向為正方向,則m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船組成的系統(tǒng)在水平方向動量始終守恒，故有m船v船t=m人v人t,
即：m船x船=m人x人，由圖可看出x船+x人=L，
可解得：；
3. 類人船模型
知識點2 爆炸和反沖問題
1． 對反沖現(xiàn)象的三點說明
(1)系統(tǒng)內的不同部分在強大內力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理。
(2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。
(3)反沖運動中平均動量守恒。
2． 爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動能增加。
(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。
考向1 人船模型
1．如圖所示，質量為M=2m的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h。在船尾處有一質量為m的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細線將鐵塊拴住，此時鐵塊到船頭的距離為L，船頭到湖岸的水平距離，彈簧原長遠小于L。將細線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運動時受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度為g。下列判斷正確的有（ ）
A．鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為
B．鐵塊脫離木船時的瞬時速度大小為
C．小木船最終的速度大小為
D．彈簧釋放的彈性勢能為
【答案】BD
【詳解】A．對船與鐵塊有由于鐵塊到船頭的距離為L，則有解得，
鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為，A錯誤；
B．鐵塊脫離木船后做平拋運動，則有，解得，B正確；
C．對船與鐵塊有結合上述解得，C錯誤；
D．彈簧釋放的彈性勢能為解得，D正確。故選BD。
2．如圖所示，一半圓槽滑塊的質量為M，半圓槽半徑為R，滑塊置于光滑水平桌面上，一質量為m的小智能機器人（可視為質點）置于半圓槽的A端，在無線遙控器控制下，機器人從半圓槽A端移動到B端。下面說法正確的是（ ）
A．只有小機器人運動，滑塊不運動
B．滑塊運動的距離是
C．滑塊與小機器人運動的水平距離之和為2R
D．小機器人運動的位移是滑塊的倍
【答案】C
【詳解】CD．小機器人和滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，小機器人從A端移動到B端的過程中，設小機器人和滑塊在任意時刻的水平分速度大小分別為和，則所以在整個過程中，二者的平均速度大小滿足則二者水平位移大?。催\動的水平距離）滿足根據(jù)相對位移關系有即滑塊與小機器人運動的水平距離之和為2R，且故C正確，D錯誤；
AB．根據(jù)前面分析可得小機器人和滑塊移動的距離分別為；故AB錯誤。故選C。
考向2 爆炸和反沖問題
3．章魚遇到危險時可將吸入體內的水在極短時間內向后噴出，由此獲得一個反沖速度，從而迅速向前逃竄完成自救。假設有一只章魚吸滿水后的總質量為M，靜止懸浮在水中一次噴射出質量為m的水，噴射速度大小為，章魚體表光滑，則以下說法中正確的是（ ）
A．噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)動量守恒
B．噴水的過程中，章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)機械能守恒
C．章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為
D．章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為
【答案】AD
【詳解】A．章魚噴水過程所用的時間極短，內力遠大于外力，章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)動量守恒，A正確；
B．在章魚噴水的過程中，章魚體內的化學能轉化為機械能，系統(tǒng)機械能增加，B錯誤；
CD．以章魚和噴出的水組成的系統(tǒng)為研究對象，規(guī)定章魚噴水后瞬間逃跑的方向為正方向，由動量守恒定律得可得章魚噴水后瞬間逃跑的速度大小為，C錯誤，D正確；
故選AD。
4．不在同一直線上的動量問題同樣可以用正交分解法處理。某同學自制了一款飛機模型，該飛機模型飛行過程中可通過噴氣在極短時間內實現(xiàn)垂直轉彎。若該飛機模型的質量為M（含氣體），以大小為v的速度勻速飛行時，在極短時間內噴出質量為m的氣體后垂直轉彎，且轉彎后的速度大小不變，則該飛機模型噴出的氣體的速度大小為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【詳解】根據(jù)題意，設噴出的氣體沿飛機模型初速度方向的速度分量大小為，沿飛機模型末速度方向的速度分量大小為，在這兩個方向上，根據(jù)動量守恒定律分別有；
該飛機模型噴出的氣體的速度大小解得故選C。
考點四 彈簧模型和板塊模型
知識點1 彈簧模型
知識點2 板塊模型
考向1 彈簧模型
1．如圖所示，有一個質量為的物體A和一個質量為M的物體B用輕彈簧連接，放在光滑的水平地面上。二者初始靜止，彈簧原長為，勁度系數(shù)為k，彈性勢能表達式（x為彈簧的形變量）?，F(xiàn)用一質量為m的子彈沿水平方向以初速度打中物體A，并留在物體A中（子彈與物體A達到相對靜止的時間極短），然后壓縮彈簧至最短，之后彈簧恢復原長，最后被拉長至最長。則下列說法正確的是（ ）

A．整個過程中子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒
B．彈簧被壓縮至最短時物體B的速度大小為
C．整個過程中彈簧的最大彈性勢能為
D．物體B的最大加速度大小為
【答案】BD
【詳解】A．水平地面光滑，子彈、物體A、物體B三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零，因此動量守恒，子彈打入物體A過程中，由于摩擦生熱，故機械能不守恒，選項A錯誤；
B．當三者共速時，彈簧被壓縮至最短，設共同速度為，根據(jù)動量守恒定律有
解得選項B正確；
C．當彈簧壓縮至最短或伸長至最長時，彈性勢能最大，此時三者共速，子彈打入物體A并留在A中時，設此時A的速度大小為，對子彈與物體A，根據(jù)動量守恒定律解得
從子彈打入物體A后至AB共速，彈性勢能增加量等于系統(tǒng)動能減少量，故最大彈性勢能為
選項C錯誤；
D．當彈簧形變量最大時，彈力最大，物體B的加速度最大根據(jù)牛頓第二定律得
聯(lián)立二式得選項D正確。故選BD。
2．如圖甲，質量分別為mA和mB的A、B兩小球用輕質彈簧連接置于光滑水平面上，初始時刻兩小球被分別鎖定，此時彈簧處于壓縮狀態(tài)。t=0時刻解除A球鎖定，t=t1時刻解除B球鎖定，A、B兩球運動的a-t圖像如圖乙所示，S1表示0到t1時間內A的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內A、B的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小。下列說法正確的是（ ）

A．t1時刻后A、B系統(tǒng)的總動量大小始終為mAS1 B．
C． D．t2時刻，彈簧伸長量大于0時刻的壓縮量
【答案】AB
【詳解】A．a(chǎn)-t圖像的面積等于這段時間的速度變化量大小，t=0時刻解除A球鎖定，t=t1時刻解除B球鎖定，說明t1時刻只有A球具有速度，設此時A球的速度為v1，則有
t1時刻后A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，故總動量等于t1時刻A球的動量，則有
故A正確；
B．由圖像可知t1時刻A球的加速度為0，則此時彈簧彈力等于0，即彈簧處于原長狀態(tài)，t2時刻兩球的加速度都達到最大，說明此時彈簧的彈力最大，彈簧的伸長量最大，即t2時刻兩球具有相同的速度，設t2時刻A、B兩球的速度為v2，從t1到t2過程，A球的速度變化量大小為，B球的速度變化量大小為從t1到t2過程，A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有
可得聯(lián)立可得故B正確；
C．t=0到t1時刻，A球速度變化量大小為從t1到t2過程，A球的速度變化量大小為
從t1到t2過程，B球的速度變化量大小為聯(lián)立可得
故C錯誤；
D．從t=0到t2時刻，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)滿足機械能守恒，則有說明t=0時刻彈簧的彈性勢能大于t2時刻彈簧的彈性勢能，即t=0時刻彈簧的壓縮量大于t2時刻彈簧的伸長量，故D錯誤。故選AB。
考向2 板塊模型
3．如圖甲所示，長木板A靜置在光滑的水平面上，物塊B可視為質點以水平速度滑上長木板A的上表面的最左端，之后它們的速度隨時間變化情況如圖乙所示，在兩者相對運動過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為4J，取g=10m/s2，則下列說法正確的是（ ）
A．長木板A的質量為4kg
B．摩擦力對物塊B做功為6J
C．長木板A的長度不小于1.5m
D．長木板A與物塊B間的動摩擦因數(shù)為0.1
【答案】AD
【詳解】AD．由圖可知，長木板A和物塊B的加速度大小相等有
可得；有動量守恒定律有聯(lián)立得在兩者相對過程中系統(tǒng)損失的機械能轉化成摩擦熱有代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得故AD正確；
B．由動能定理得代入數(shù)據(jù)解得故B錯誤；
C．由圖可得，內B的位移為，A的位移為
則木板A的最小長度為故C錯誤。故選AD。
4．如圖所示，在光滑水平面上疊放著A、B兩個物體，mA=2kg，mB=1kg，速度的大小均為v0=8m/s，速度方向相反。A板足夠長，A、B之間有摩擦，當觀察到B做加速運動時，A的速度大小可能為（ ）
A．2 m/sB．3 m/sC．4 m/sD．5 m/s
【答案】B
【詳解】由受力分析可知：A、B兩物體在水平面上只受到相互作用的摩擦力，所以A、B整體在水平方向動量守恒則代入數(shù)據(jù)解得故當A的速度為4m/s時，B開始做加速運動，直到與A共速。共速時對A、B運用動量守恒定代入數(shù)據(jù)解得所以時，可以觀察到B做加速運動，故只有B符合題意。故選B。
1．（2023年北京卷高考真題）如圖所示，質量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L?，F(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釋放時距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；
（3）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能。

【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動能定理得解得
（2）碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得解得
（3）A、B碰撞過程中，根據(jù)動量守恒定律得解得
則碰撞過程中損失的機械能為
2．（2023年全國乙卷高考真題）如圖，一豎直固定的長直圓管內有一質量為M的靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為l，圓管長度為。一質量為的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內運動時與管壁不接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。不計空氣阻力，重力加速度大小為g。求
（1）第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大??；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離；
（3）圓盤在管內運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數(shù)。

【答案】（1）小球速度大小，圓盤速度大??；（2）l；（3）4
【詳解】（1）過程1：小球釋放后自由下落，下降，根據(jù)機械能守恒定律解得
過程2：小球以與靜止圓盤發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)能量守恒定律和動量守恒定律分別有
；解得；即小球碰后速度大小，方向豎直向上，圓盤速度大小為，方向豎直向下；
（2）第一次碰后，小球做豎直上拋運動，圓盤摩擦力與重力平衡，勻速下滑，所以只要圓盤下降速度比小球快，二者間距就不斷增大，當二者速度相同時，間距最大，即解得
根據(jù)運動學公式得最大距離為
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞時，兩者位移相等，則有即解得
此時小球的速度圓盤的速度仍為，這段時間內圓盤下降的位移
之后第二次發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒根據(jù)能量守恒
聯(lián)立解得；同理可得當位移相等時；解得圓盤向下運動此時圓盤距下端管口13l，之后二者第三次發(fā)生碰撞，碰前小球的速度
有動量守恒機械能守恒得碰后小球速度為
圓盤速度當二者即將四次碰撞時x盤3= x球3即得在這段時間內，圓盤向下移動此時圓盤距離下端管口長度為20l－1l－2l－4l－6l = 7l此時可得出圓盤每次碰后到下一次碰前，下降距離逐次增加2l，故若發(fā)生下一次碰撞，圓盤將向下移動x盤4= 8l
則第四次碰撞后落出管口外，因此圓盤在管內運動的過程中，小球與圓盤的碰撞次數(shù)為4次。
考點要求
考題統(tǒng)計
考情分析
（1）動量守恒定律
（2）動量守恒定律的應用
2023年山東卷第18題
2023年北京卷第18題
2023年天津卷第12題
高考對動量守恒定律的考查非常頻繁，大多在綜合性的計算題中出現(xiàn)，題目難度各省份不同，同時，這類題目往往綜合性比較強，需要的能力也比較高。
類型一
類型二
類型三
類型四
類型五
條件與模型
①mA=mB（如:mA=1kg；mB=1kg）
②mA>mB （如:mA=2kg；mB=1kg）
③mA

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