動量守恒定律及其應(yīng)用（講義）（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習（新教材新高考）

第26講動量守恒定律及其應(yīng)用

目錄

01、考情透視，目標導(dǎo)航

02、知識導(dǎo)圖，思維引航..............................................2

03、考點突破，考法探究..............................................2

考點一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用..........................................................2

知識點1.動量守恒定律的適用條件........................................................2

知識點2.動量守恒定律的五個特性........................................................3

考向洞察

考向1.動量守恒定律的理解..............................................................3

考向2.動量守恒定律的基本應(yīng)用..........................................................4

考點二碰撞問題................................................................................5

知識點L碰撞類問題遵循的三條原則....................................................5

知識點2.彈性碰撞討論................................................................6

知識點3.非彈性碰撞....................................................................6

考向洞察.......................................................................................7

考向1?碰撞的可能性分析................................................................7

考向2.彈性碰撞的應(yīng)用..................................................................7

考向3.非彈性碰撞......................................................................8

考點三爆炸、反沖和“人船”模型...............................................................10

知識點L爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律...........................................................10

知識點2.反沖運動的三點說明...........................................................10

知識點3.人船模型及其拓展.............................................................10

考向洞察......................................................................................11

考向1.兩體爆炸模型...................................................................11

考向2.反沖運動.......................................................................12

考向3.人船模型及其拓展模型...........................................................13

04、真題練習，命題洞見..............................................14

0

考情透視?目標導(dǎo)航

2024?安徽.高考物理試題

2024.江蘇.高考物理試題

考情

'"2024?廣東.高考物理試題

分析

2024?廣西.高考物理試題

2024湖南?高考物理試題

復(fù)習目標1.理解動量守恒的條件。

目標目標2.會定量分析一維碰撞問題。

目標3.會用動量守恒的觀點分析爆炸、反沖及人船模型。

匐2

//L知識導(dǎo)圖?思維引航\\

理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。

近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力。

條件：-

某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零,

則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。

動量守恒定律的五個特性：矢量性、相對性、同時性、系統(tǒng)性、普適性

=

1動量守框卜-pI+p2P14P2'

［動能1增加)或敬+會學會+會

碰撞問題：一

①碰前兩物體同向運動,若要發(fā)生碰

撞,則應(yīng)有碰后原來在前的物

體速度一定增大,若碰后兩物體同向

速度合理

運動，則應(yīng)有r/Nu/

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

爆炸問題:動量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

守恒申，系統(tǒng)的總動量守恒

機楠能在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學能耗化為機械能，所

反沖問題:增加以系統(tǒng)的機械能增加

位置爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認

不變?yōu)楸ê蟾鞑糠秩匀粡谋ㄇ暗奈恢靡孕碌膭恿块_始運動

考點突破?考法探究

考點一動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用

知識

知識點1.動量守恒定律的適用條件

(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為雯。

(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠大于它所受到的外力。

（3）某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。

知識點2.動量守恒定律的五個特性

矢量性動量守恒定律的表達式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向

相對性各物體的速度必須是相對同一參考系的速度（一般是相對于地面）

動量是一個瞬時量，表達式中的小、〃、...必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同

同時性

一時刻的動量，勿'、依'、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時刻的動量

系統(tǒng)性研究的對象是相互作用的兩個或多個物體組成的系統(tǒng)

動量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運動的微

普適性

觀粒子組成的系統(tǒng)

-------------CHHHbu

考向洞察J

考向L動量守恒定律的理解

1.如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的

水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮，撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參

考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）

A.動量守恒，機械能守恒

B.動量守恒，機械能不守恒

C.動量不守恒，機械能守恒

D.動量不守恒，機械能不守恒

【答案】B

【解析】撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為0,動量守恒，滑塊和小車之間有滑動摩擦力，由于摩擦生熱，系

統(tǒng)機械能減少，故B正確。

2.如圖所示，A、8兩木塊緊靠在一起且靜止于光滑水平面上，木塊C以一定的初速度vo從A的左端開始向

右滑行，最后停在8木塊的右端，對此過程，下列敘述不正確的是（）

C->”0

A.當C在A上滑行時，A、C組成的系統(tǒng)動量守恒

B.當C在8上滑行時，B、C組成的系統(tǒng)動量守恒

C.無論C是在4上滑行還是在2上滑行，A、B、C三木塊組成的系統(tǒng)動量都守恒

D.當C在2上滑行時，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒

【答案】A

【解析】當C在A上滑行時，對A、C組成的系統(tǒng)受力分析，8對A的作用力為外力，合外力不等于0,

故系統(tǒng)動量不守恒，A錯誤；當C在B上滑行時，A、8已分離，對8、C組成的系統(tǒng)，沿水平方向不受外

力作用，故系統(tǒng)動量守恒，B正確；對A、B、C三木塊組成的系統(tǒng)，無論C是在A上滑行還是在8上滑行，

系統(tǒng)的水平方向上都無外力作用，系統(tǒng)動量守恒，C、D正確。

3.如圖所示，將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)緊靠在墻壁上。現(xiàn)讓一小球自左側(cè)槽口A的

正上方從靜止開始落下，自A點與圓弧槽相切進入槽內(nèi)，則下列結(jié)論中正確的是()

A.小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對它做功

B.小球在半圓槽內(nèi)運動的全過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒

C.小球自半圓槽8點向C點運動的過程中，小球與半圓槽在水平方向動量守恒

D.小球離開C點以后，將做豎直上拋運動

【答案】C

【解析】：小球下滑到半圓槽的最低點8之后，半圓槽離開墻壁，除了重力外，槽對小球的彈力也對小球

做功，選項A錯誤；小球下滑到半圓槽的最低點B之前，小球與半圓槽組成的系統(tǒng)水平方向上受到墻壁的

彈力作用，系統(tǒng)所受的外力不為零，系統(tǒng)水平方向上動量不守恒，半圓槽離開墻壁后，小球與半圓槽在水

平方向動量守恒，選項B錯誤，C正確；半圓槽離開墻壁后小球?qū)Σ鄣膲毫Σ圩龉?，小球與半圓槽具有

向右的水平速度，所以小球離開右側(cè)槽口以后，將做斜上拋運動，選項D錯誤。

考向2.動量守恒定律的基本應(yīng)用

4.隨著機動車數(shù)量的增加，交通安全問題日益凸顯，分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍惜

生命。已知某限速60km/h的平直公路上，一輛質(zhì)量為加=800kg的汽車A以速度叨=15m/s沿平直公路

行駛時，駕駛員發(fā)現(xiàn)前方不遠處有一質(zhì)量加2=1200kg的汽車8以速度V2迎面駛來，兩車立即同時急剎車，

使車做勻減速運動，但兩車仍在開始剎車f=ls后猛烈地相撞，相撞后結(jié)合在一起再沿8車原行駛方向滑

行6m后停下，設(shè)兩車與路面間動摩擦因數(shù)〃=0.3,g取10m/s2,忽略碰撞過程中路面摩擦力的沖量，求：

(1)兩車碰撞后剛結(jié)合在一起時的速度大?。?/p>

(2)求B車剎車前的速度，并判斷2車是否超速。

【答案】：(1)6m/s(2)21m/s,超速

【解析】：(1)對于碰撞后共同滑行過程有a=鬻=〃g

以共2,|_|

%=2a,可Z*得'u共=6m/s。

(2)對A車有：vA=vi—at

對B車有：VB—V2~at

以碰撞前A車運動的方向為正方向，對碰撞過程由動量守恒定律得：

=

m\VA^miVB共

可得也=21m/s>60km/h

故8車超速。

5.（多選）足夠大的光滑水平面上，一根不可伸長的細繩一端連接著質(zhì)量為加=1.0kg的物塊A,另一端連接

質(zhì)量為旭2=L0kg的長木板8,繩子開始是松弛的。質(zhì)量為%3=1。kg的物塊C放在長木板8的右端，C

與長木板8間的滑動摩擦力的大小等于最大靜摩擦力大小?，F(xiàn)在給物塊C水平向左的瞬時初速度w=2.0m/s,

物塊C立即在長木板8上運動。已知繩子繃緊前，B、C已經(jīng)達到共同速度；繩子繃緊后，A、8總是具有

相同的速度；物塊C始終未從長木板B上滑落。下列說法正確的是（）

：....，……

A.繩子繃緊前，B、C達到的共同速度大小為1.0m/s

B.繩子剛繃緊后的瞬間，A、2的速度大小均為1.0m/s

C.繩子剛繃緊后的瞬間，A、2的速度大小均為0.5m/s

2

D.最終A、B、C三者將以大小為§m/s的共同速度一直運動下去

【答案】ACD

【解析】繩子繃緊前，B、C已經(jīng)達到共同速度，設(shè)8、C達到的共同速度大小為也，根據(jù)動量守恒定律

可得儂W=（機2+機3）也，解得也=1.0m/s,A正確；繩子剛繃緊后的瞬間，設(shè)A、8具有相同的速度也，A、

8組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有m2也=（加+加2）也，解得V2=0.5m/s,B錯誤，C正確；A、B、C三者最

2

終有共同的速度，設(shè)為v3,A、5、C組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，則有m3V0=（mi+m2+m3）v3,解得也=§m/s,

D正確。

考點二碰撞問題

知識固本

知識點1.碰撞類問題遵循的三條原則

動量守恒m\Vi+m2V2=Jn\V\'+機202’

反1+反2＞反1'+&2'

機械能不增

70/2/2

加或二十仁

以2機1丁2機22ml2m2

速度要合理同向碰撞碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的物體速

度大或兩物體速度相等

相向碰撞碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變

知識點2.彈性碰撞討論

(1)碰后速度的求解：

根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律

miVi+m2V2—miVi'+根2。2’①

<1111

力1。/+力2022=力10/力2改’2②

解得口1

義1+勿2

,512一加1)。2+2加1。1

Smi+m2匚

⑵分析討論：

當碰前物體2的速度不為零時，若mi=恤,貝IJ：

V\=02,V2f=01，即兩物體交換速度。

當碰前物體2的速度為零時，改=0,則：

2〃兇1

5=.+加1'Smi+m20

①加=徵2時，Vif=0,V2'=6，碰撞后兩物體交換速度。

②加〉徵2時，V\>0,V2r>0,碰撞后兩物體沿相同方向運動。

③孫<加2時，Vlf<0,02,>0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來。

知識點3.非彈性碰撞

1.非彈性碰撞

碰撞結(jié)束后，動能有部分損失。

mivi+m2V2根2y2'

2

^mivi+^m2V2=品1vi'2+^m2V2+AEk損

2.完全非彈性碰撞

碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運動，動能損失最大。

m\v\+ni2V2=(mi+mi)v

^mivi+^m2V2=^(mi+m2)v2+AEk損max

miVi+m2V2

結(jié)果:--mi+m2

A77_____m^rrLZ_2

△Ekffimax-2（〃zi+〃Z2）二匚㈤■

3.靜止物體被撞后的速度范圍

物體A與靜止的物體B發(fā)生碰撞，當發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，跖=

小M當發(fā)生彈性碰撞時,物體B速度最大,則碰后物體B的速度范圍為小

2MA

Vo<VB<VOo

--------------QiHHJ-u

考向洞察」

考向L碰撞的可能性分析

1.如圖為某運動員正在準備擊球，設(shè)在某一桿擊球過程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直線上

運動，碰前白色球A的動量外=5kg?m/s,花色球3靜止，碰后花色球5的動量變?yōu)閜4=4kg?m/s,則兩

球質(zhì)量MA與機3間的關(guān)系可能是（）

A.mB=~^nAB.機5=干幾4

C.ITIB5/72/1

【答案】c

【解析】碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以白色球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得PA+PB=7M'+PB'，

=2020,20,22

解得p/=lkg.m/s,根據(jù)碰撞過程總動能不增加，則有懸+瑞第r+瑞，解得加侖碰后，兩球同

乙YYIA乙YYIB乙YYlA"TIB。

向運動，A的速度不大于3的速度，則結(jié)蜷■，解得恤04如，綜上可知JaSn於4兩，故C正確。

mAmB3

考向2.彈性碰撞的應(yīng)用

2.如圖所示，五個等大的小球8、C、D、E、F,沿一條直線靜放在光滑水平面上，另一等大小球A沿該直

線以速度v向B球運動，小球間發(fā)生碰撞均為彈性碰撞。若8、C、D、￡四個球質(zhì)量相等，且比A、尸兩

球質(zhì)量均要大些，則所有碰撞結(jié)束后，還在運動的小球個數(shù)為（）

A.1個B.2個ABCDEF

C.3個D.4個

【答案】c

111m—M2m

【解析】球A、B發(fā)生彈性碰撞過程mv=mvi-\-Mv2^2my2—2mvi2+2^V2?J可得Vi=m+N^9V2=^+MV，

即A球反彈，8球前進，然后8與C發(fā)生彈性碰撞，速度互換，8球停止，C球前進，以此類推，最后8、

C、。停止，E與尸發(fā)生彈性碰撞，可推得E、尸都向右運動，速度不同，因此最后運動的是A、E、F球,

故選C。

3.如圖所示，兩小球P、Q豎直疊放在一起，小球間留有較小空隙，從距水平地面高度為/?處同時由靜止釋

放。已知小球Q的質(zhì)量是P的2倍。設(shè)所有碰撞均為彈性碰撞。忽略空氣阻力及碰撞時間，則兩球第一次

碰撞后小球P上升的高度為()

h

7777777777/

【答案】B

【解析】設(shè)小球P、Q的質(zhì)量分別為辦2%,落地前的瞬間二者速度均為v,由動能定理可得3sg仁;義3%落

解得v=＜麗，Q與地面碰撞后速度等大反向，然后與P碰撞，P、Q碰撞過程滿足動量守恒、機械能守恒，

規(guī)定向上為正方向，則有WV=SVP+2:WVQ,^x3mv2=^mvp2+^X2WVQ2,解得vp=，2gh,碰后小球P

175

機械能守恒，則有加g"=17MVp2,解得〃'=百"故選B。

考向3.非彈性碰撞

4.如圖所示，光滑水平面上依次有滑塊C質(zhì)量加c=2kg,滑塊A質(zhì)量如=3kg,滑塊B質(zhì)量〃ZB=3kg。開

始時A、8靜止，C以初速度vo=lOm/s的速度沖向A,與A發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A繼續(xù)向右運動，與B

發(fā)生碰撞并粘在一起。求：

*77777777777777777777777777/77777777777777

(1)C與A碰撞后A的速度大小為多少；

(2)A與B碰撞過程中損失的機械能。

【答案】(1)8m/s(2)48J

【解析】(1)取向右為正方向，以C、A為系統(tǒng)研究，根據(jù)動量守恒定律有

mcvo=mcVc+mAVA

根據(jù)機械能守恒定律有

^mcv^=^mcvc+^mAVA

解得vc=-2m/s,VA=8m/s

即C與A碰撞后A的速度大小為8m/so

(2)仍取向右為正方向，以A、8為系統(tǒng)研究，根據(jù)動量守恒定律有

VA=(%A+%B)V

根據(jù)能量守恒定律有

2

E8=^mAVA—^mA+mB)V

解得E報=48J。

5.如圖所示，超市為節(jié)省收納空間，常常將手推購物車相互嵌套進行收納。質(zhì)量均為m=16kg的兩輛購物

車相距心=1m靜止在水平面上。第一輛車在工作人員猛推一下后，沿直線運動與第二輛車嵌套在一起，繼

續(xù)運動了心=1.25m后停了下來。人推車時間、兩車相碰時間極短，可忽略，車運動時受到的阻力恒為車

重的0.25倍，重力加速度取g=10m/s2,求：

地面地面

(1)兩輛車從嵌套后運動到停下來所用時間；

(2)兩輛車在嵌套過程中損失的機械能；

(3)工作人員對第一輛車所做的功。

【答案】(1)1s(2)1001(3)240J

【解析】(1)對整體，由牛頓第二定律有

kx2mg=2ma

解得a=2.5m/s2

逆向過程有乙2=；。戶，解得f=lSo

(2)嵌套后，對整體有0=丫2—af，V2=2.5m/s

嵌套過程中有mvi=2mv2,

解得也=5m/s

在嵌套過程中損失的機械能

—^x2mv2

解得A￡=100Jo

(3)對第一輛小車，由動能定理得

1

W-kmgL1=9—0

解得W=240Jo

考點三爆炸、反沖和“人船”模型

知識點1.爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律

動量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)

守恒的總動量守恒

機械能在爆炸過程中，有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的

增加機械能增加

位置爆炸的時間極短，因而作用過程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認為爆炸后

不變各部分仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動

知識點2.反沖運動的三點說明

作用

反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果

原理

動量反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒

守恒定律

機械能反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，所以系統(tǒng)的總機械能增

增加加

知識點3.人船模型及其拓展

1.模型圖示

2.模型特點

(1)兩物體滿足動量守恒定律：w人一Mv船=0o

⑵兩物體的位移大小滿足：吟一吟=0,x人船=L得無人=應(yīng)匕J船

3.運動特點

(1)人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右。

(2)人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即口===旨。

九船v船m

4“人船模型”的拓展(某一方向動量守恒)

考向洞察Jj

考向1.兩體爆炸模型

1.雙響爆竹是民間慶典使用較多的一種煙花爆竹，其結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示，紙筒內(nèi)分上、下兩層安放火藥。使

用時首先引燃下層火藥，使爆竹獲得豎直向上的初速度，升空后上層火藥被引燃，爆竹凌空爆響。一人某

次在水平地面上燃放雙響爆竹，爆竹上升至最高點時恰好引燃上層火藥，立即爆炸成兩部分，兩部分的質(zhì)

量之比為1:2,獲得的速度均沿水平方向。已知這次燃放爆竹上升的最大高度為h,兩部分落地點之間的

距離為L重力加速度為g,不計空氣阻力，不計火藥爆炸對爆竹總質(zhì)量的影響。

上層火藥

早

，下層火藥

4引線

(1)求引燃上層火藥后兩部分各自獲得的速度大小。

(2)已知火藥燃爆時爆竹增加的機械能與火藥的質(zhì)量成正比，求上、下兩層火藥的質(zhì)量比。

【答案】(l)f

h3

【解析】(1)引燃上層火藥后兩部分向相反的方向做平拋運動，豎直方向〃=4戶

水平方向L=vit+v2t

12

上層火藥燃爆時，水平方向動量守恒，設(shè)爆竹總質(zhì)量為加，則有0=熱的一品V2

解得兩部分各自獲得的速度大小VIv2=f

(2)上層火藥燃爆后爆竹獲得的機械能E上=》扣例2+全如”2

下層火藥燃爆后爆竹獲得的機械能E下=機g/7

上、下兩層火藥的質(zhì)量比」=笈=藍＞。

加下月下1on

2.(多選)一個質(zhì)量為機的小型炸彈自水平地面朝右上方射出，在最高點以水平向右的速度v飛行時，突然

爆炸為質(zhì)量相等的甲、乙、丙三塊彈片，如圖所示。爆炸之后乙自靜止自由下落，丙沿原路徑回到原射出

點。若忽略空氣阻力，釋放的化學能全部轉(zhuǎn)化為動能，則下列說法正確的是()

A.爆炸后乙落地的時間最長

B.爆炸后甲落地的時間最長

C.甲、丙落地點到乙落地點。的距離比為4：1

D.爆炸過程釋放的化學能為等

【答案】CD

【解析工爆炸后甲、丙從同一高度平拋，乙從同一高度自由下落，則落地時間隋目等，選項A、

B錯誤；爆炸過程動量守恒，有丙+/力甲，由題意知丫丙=丫，得v甲=4v,爆炸后甲、丙從同一

高度平拋，落地點到乙落地點。的距離尤=怯t相同，則尤8v,甲、丙落地點到乙落地點。的距離比為了

甲：X丙=丫甲：V丙=4：1,選項C正確；根據(jù)能量守恒定律可得爆炸過程釋放的化學能甲2+；x會

17

丙2一呼:/二了篦儼，選項D正確。

考向2.反沖運動

3.一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出質(zhì)量機=200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度v=l000m/so設(shè)火箭（包

括燃料）質(zhì)量300kg,發(fā)動機每秒噴氣20次，火箭初始時靜止（結(jié)果保留1位小數(shù)）。

（1）當發(fā)動機第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？

（2）運動第1s末，火箭的速度為多大？

【答案】（1）2.0m/s（2）13.5m/s

【解析】（1）設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為V3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，由動量守恒定律

得（M—3間%—3"削=0,解得V3-2.0m/so

（2）發(fā)動機每秒噴氣20次，設(shè)運動第1s末，火箭的速度為也0，以火箭和噴出的20次氣體為研究對象，根

據(jù)動量守恒定律得（M-ZOMvzo—ZO/wnO,解得V2O=13.5m/s。

4.如圖所示，某中學航天興趣小組的同學將靜置在地面上的質(zhì)量為/（含水）的自制“水火箭”釋放升空，在極

短的時間內(nèi)，質(zhì)量為根的水以相對地面為吻的速度豎直向下噴出。已知重力加速度為g,空氣阻力不計，

下列說法正確的是（）

A.火箭的推力來源于火箭外的空氣對它的反作用力

B.水噴出的過程中，火箭和水機械能守恒

C.火箭獲得的最大速度為淤一噸

22

D.火箭上升的最大高度為,

2gM—m

【答案】D

【解析工火箭的推力來源于火箭里噴出的水對它的反作用力，故A錯誤；水噴出的過程中，瓶內(nèi)氣體做

功，火箭和水機械能不守恒，故B錯誤；由動量守恒定理可得（M—解得v=含;，故C錯誤;

（mvoY

A/Hl）加

水噴出后，火箭做豎直上拋運動，由題意有v2=2g/i,h==-^^-故D正確。

02g2gM-m

考向3.人船模型及其拓展模型

5.如圖所示，質(zhì)量為M=4kg的小車靜止在光滑水平面上，小車A8段是半徑為R=1m的四分之一光滑圓

弧軌道，BC段是長為工的粗糙水平軌道，兩段軌道相切于2點。一質(zhì)量為%=lkg的可視為質(zhì)點的滑塊從

小車上的A點由靜止開始沿軌道下滑，然后滑入BC軌道，最后恰好停在C點，滑塊與3c軌道間的動

摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度為g=10m/s2,則（）

A.整個過程中滑塊和小車組成的系統(tǒng)動量守恒

B.滑塊由A滑到8過程中，滑塊的機械能守恒

C.BC段長工=lm

D.全過程小車相對地面的位移大小為0.6m

【答案】D

【解析】滑塊在圓弧軌道上運動時有豎直方向的加速度，所以對系統(tǒng)而言豎直方向外力矢量和不為零，

不滿足動量守恒的條件，故A錯誤；滑塊由A滑到3過程中，小車對滑塊的彈力做負功，滑塊的機械能不

守恒，故B錯誤；滑塊恰好停在C點時，二者均靜止，根據(jù)能量守恒定律有〃zgR=〃"g3解得L=2m,

故C錯誤；根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒有M也=OW2，通過相同的時間有MXI=7"X2，且有X1+X2=R+L解

得xi=0.6m,故D正確。

6.質(zhì)量為小的人在質(zhì)量為M的小車上從左端走到右端，如圖所示，當車與地面摩擦不計時，那么（）

A.人在車上行走，若人相對車突然停止，則車由于慣性過一會才停止

B.人在車上行走的平均速度越大，則車在地面上移動的距離也越大

C.人在車上行走的平均速度越小，則車在地面上移動的距離就越大

D.不管人以什么樣的平均速度行走，車在地面上移動的距離相同

【答案】D

【解析】：由人與車組成的系統(tǒng)動量守恒，初態(tài)系統(tǒng)總動量為零，則有mvK=Mv車，若人相對車突然停止，

則車也突然停止，故A錯誤；設(shè)車長為心由機（L—x車）車，解得了車=譚乜，車在地面上移動的位

M-rm

移大小與人的平均速度大小無關(guān)，故D正確，B、C錯誤。

7.一個質(zhì)量為底面邊長為b的斜面體靜止于光滑的水平桌面上，如圖所示，有一質(zhì)量為m的物塊由斜

面頂部無初速度滑到底部時，斜面體移動的距離為s。下列說法中正確的是（）

A.若斜面粗糙，貝心=學―

M+m

B.只有斜面光滑，才有s=盜-

C.若斜面光滑，則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒

D.若斜面粗糙，則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒

【答案】A

【解析】：不論斜面是否光滑，斜面體和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上都動量守恒，以向左為正方向，斜

面體的位移大小為s,則物塊的位移大小為b—s,物塊和斜面體的平均速率分別為也=/，也=，，由動量

守恒定律得mVl-Mv2=0,解得s=V魯，A正確，B錯誤；不論斜面是否光滑，物塊下滑過程中系統(tǒng)在

豎直方向上所受合力都不為零，系統(tǒng)所受的合力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，若斜面光滑，則系統(tǒng)機械

能守恒，若斜面不光滑，則系統(tǒng)機械能不守恒，C、D錯誤。

1.（2024.安徽?高考真題）在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕

緣輕質(zhì)細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質(zhì)量為優(yōu),帶電量為+4,可視為點電荷。初

始時，小球均靜止，細線拉直。現(xiàn)將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，速度

大小分別為匕、匕、匕，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統(tǒng)電勢能減少了生，左為靜電力常量，

不計空氣阻力。則（）

1?-?Vj

J?3

V

2?―?2

圖甲圖乙

A.該過程中小球3受到的合力大小始終不變B.該過程中系統(tǒng)能量守恒，動量不守恒

D.在圖乙位置，匕」當

C.在圖乙位置，%=%,匕#2匕

【答案】D

【詳解】AB.該過程中系統(tǒng)動能和電勢能相互轉(zhuǎn)化，能量守恒，對整個系統(tǒng)分析可知系統(tǒng)受到的合外力為

0,故動量守恒；當三個小球運動到同一條直線上時，根據(jù)對稱性可知細線中的拉力相等，此時球3受到1

和2的電場力大小相等，方向相反，故可知此時球3受到的合力為0,球3從靜止狀態(tài)開始運動，瞬間受到

的合力不為0,故該過程中小球3受到的合力在改變，故AB錯誤；

CD.對系統(tǒng)根據(jù)動量守恒

mv{+mv2=mv3

根據(jù)球1和2運動的對稱性可知M=%,解得

匕=2M

根據(jù)能量守恒

121217kC]

—mv,+—mv+—mv.=-----

21220232d

解得

V3=

故C錯誤，D正確。

故選D。

2.（2024?江蘇?高考真題）在水平面上有一個U形滑板A,A的上表面有一個靜止的物體B,左側(cè)用輕彈簧

連接在物體B的左側(cè)，右側(cè)用一根細繩連接在物體B的右側(cè)，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑,

剪斷細繩后，則（）

B-

_____________4

A.彈簧原長時B動量最大

B.壓縮最短時A動能最大

C.系統(tǒng)動量變大

D.系統(tǒng)機械能變大

【答案】A

【詳解】對整個系統(tǒng)分析可知合外力為0,A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，得

"人以=機B%

設(shè)彈簧的初始彈性勢能為綜，整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當彈簧原長時得

F12,12

+-n^vB

聯(lián)立得

"T黃十%卜

故可知彈簧原長時物體速度最大，此時動量最大，動能最大。對于系統(tǒng)來說動量一直為零，系統(tǒng)機械能不

變。

故選Ao

3.（2024?廣東?高考真題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從反甲、H乙高

度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為〃，乙在水平面

上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（）

A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止

B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度

C.乙的運動時間與“乙無關(guān)

H

D.甲最終停止位置與。處相距二

【答案】ABD

【詳解】A.兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0,故A正確；

B.兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動，由于兩滑塊質(zhì)量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速

度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；

C.設(shè)斜面傾角為仇乙下滑過程有

1,

H乙u^gsin的

在水平面運動一段時間攵后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運動打，乙運動的時間為

t=t[++/3

由于力與打乙有關(guān)，則總時間與H乙有關(guān)，故C錯誤；

D.乙下滑過程有

mgH乙=^mvl

由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時乙最終停止的位置相同；則

如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運動到停止有

vl=2〃gx

聯(lián)立可得

H乙

x=^-

即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與。處相距旦。故D正確。

故選ABD。

4.（2024.廣西?高考真題）如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動，速度大

小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力，則碰撞后，N

在（）

A.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻速運動

B.豎直增面上的垂直投影的運動是勻加速運動

C.水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v

D.水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v

【答案】BC

【詳解】由于兩小球碰撞過程中機械能守恒，可知兩小球碰撞過程是彈性碰撞，由于兩小球質(zhì)量相等，故

碰撞后兩小球交換速度，即

均=。，

碰后小球N做平拋運動，在水平方向做勻速直線運動，即水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v；在

豎直方向上做自由落體運動，即豎直地面上的垂直投影的運動是勻加速運動。

故選BC。

5.(2023?重慶?高考真題)如圖所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N為軌道上的兩點，

且位于同一直徑上，尸為段的中點。在尸點處有一加速器(大小可忽略)，小球每次經(jīng)過尸點后，其速

度大小都增加voo質(zhì)量為m的小球1從N處以初速度沿軌道逆時針運動，與靜止在M處的小球2發(fā)生第

一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時間。求：

(1)球1第一次經(jīng)過P點后瞬間向心力的大??；

(2)球2的質(zhì)量；

(3)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間。

2

山-v5兀R

【答案】(1)4m—；(2)3m；(3)—一

R6%

【詳解】(1)球1第一次經(jīng)過尸點后瞬間速度變?yōu)?v°,所以

(2%>說

F=m----=4m—

RR

(2)球1與球2發(fā)生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說明球1碰后反彈，則

r

m-2v0=—mv+mv

；機(2%)2=^mv2+mrv2

聯(lián)立解得

v=v0,ni=3m

(3)設(shè)兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間為加，則

7lR

t,二---

2%

+2卬2=兀R

所以