人教版高考物理专题复习微专题7 动量定理与动量守恒定律（二轮专题）(共53张PPT)
文档属性
| 名称 | 人教版高考物理专题复习微专题7 动量定理与动量守恒定律（二轮专题）(共53张PPT) |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 3.7MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2026-01-16 00:00:00 | ||
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文档简介
(共53张PPT)
大单元二 能量与动量
微专题7 动量定理与动量守恒定律
一图通·构建知识图谱
[例1] (2025·甘肃卷)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
题点通·突破高频考点
动量定理
(1)t＝6 s时F的大小，以及t在0～6 s内F的冲量大小。
(2)t在0～6 s内，摩擦力f 随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像。
(3)t＝6 s时，物块的速度大小。
[解析] (1)由题图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F＝t(N)
所以当t＝6 s时，F＝
0～6 s内F的冲量为F-t图线与横轴围成的面积，即I＝×mg×6(N·s)＝mg(N·s)。
(2)由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有mg sin 30°＝μmg cos 30°
即μ＝tan 30°＝
在垂直杆方向，当F sin θ＝mg cos θ时，t＝4 s
则0～4 s，垂直杆方向F sin θ＋N＝mg cos θ
摩擦力f＝μN＝＝mg(N)(0≤t≤4 s)
在4～6 s内，垂直杆方向F sin θ＝mg cos θ＋N
摩擦力f＝μN＝＝mg(N)(4 s≤t≤6 s)
相应的f-t图像如图。
(3)在0～6 s内沿杆方向根据动量定理有IFcos θ－If＋mg sin θ×t＝mv
在0～6 s内摩擦力的冲量为f-t图线与横轴围成的面积，则If＝×mg×4 (N·s)＋×mg×2(N·s)＝mg(N·s)
联立有mg·cos 30°＋3mg－mg＝mv
可得v＝g(m/s)。
[答案] (1) (N·s) (2)见解析 (3)g(m/s)
规律方法：
1．冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。
(2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。
(3)图像法：用F-t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F-t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。
2．用动量定理的解题思路
[针对训练1] (2025·山西·三模)(多选)研究运动员竖直跳跃时，脚下的传感器记录了运动员与传感器间作用力的大小随时间的变化。如图所示，1.0 s时运动员开始起跳，3.1 s时恰好静止于传感器上。将运动员视为质点，不考虑空气阻力，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．刚离开传感器时，运动员的速度大小为3 m/s
B．起跳过程中，传感器对运动员的冲量为240 N·s
C．2.5～3.1 s时间内，传感器对运动员平均作用力的大小约为
1 200 N
D．1.0～1.9 s与2.5～3.1 s时间内，运动员所受合力的冲量不同
√
√
AC [1.9~2.5 s时间段内，运动员在空中做竖直上抛运动，初速度v0＝g＝3 m/s，故A正确；由题图像可知，0~1.0 s时间内运动员静止在传感器上，故mg＝F＝800 N，所以m＝80 kg，1.0~1.9 s时间段内是起跳过程，由动量定理有I－mgt1＝mv0，代入数据可得I＝960 N·s，故B错误；以竖直向上为正方向，对运动员在2.5~3.1 s时间段内列动量定理方程t3－mgt3＝0－m(－v0)，代入数据可得＝1 200 N，故C正确；在1.0~1.9 s与2.5~3.1 s两段时间内，运动员的动量变化量相同，由I合＝Δp可知运动员所受合力的冲量相同，故D错误。故选AC。]
[针对训练2] (2025·北京卷节选)关于飞机的运动，研究下列问题。
(1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
(2)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。
(2)在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u。建立如下的物理模型：飞机机翼的倾斜角度(与水平方向的夹角)为θ，气流掠过飞机机翼，只是方向改变，而速度大小不变，飞机机翼在竖直方向的投影面积为S。
[解析] (1)根据动能定理W－fx＝mv2
可得牵引力对飞机做的功W＝mv2＋fx。
掠过飞机机翼的气流在竖直方向上获得了动量，机翼对气流有竖直向下的作用力，气流对机翼产生竖直向上的升力。设Δt时间内掠过飞机机翼的空气质量为m，掠过飞机机翼的气流竖直向下的分速度大小为v，空气密度为ρ，则有m＝ρV＝ρSuΔt
在竖直方向上，以竖直向下为正方向，对掠过飞机机翼的气流，根据动量定理得F′·Δt＝mv－0
又有v＝u sin θ
联立可得F′＝ρSu2sin θ
根据牛顿第三定律可知气流对机翼竖直向上的作用力大小F＝F′＝ ρSu2sin θ
可见F与u的关系满足F∝u2，可得α＝2。
[答案] (1)mv2＋fx (2)论证见解析，α＝2
[例2] (2025·四川凉山·三模)(多选)如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以对车相同的位置和速度，将右边筐中相同的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球过程中( )
动量守恒定律
A．小车始终未动
B．人、车和球组成的系统动量守恒
C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离
D．球全部落入左筐后，小车将静止不动
√
√
CD [在投球过程中，人、车和球组成的系统所受的合外力不为零，虽然系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以人和车组成系统所受的合外力不为零，车在人的作用力作用下右移，故A、B错误；设一个球的质量为m，人、车和剩余球的质量为M，人扔球时到左边筐的水平距离为L，根据水平方向动量守恒有mv球＝
Mv车，则mx球＝Mx车，又x球＋x车＝L，解得x车＝ L，故C正确；当球全部投入左边的筐中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为零，则小车的速度为零，故D正确。故选CD。]
规律方法：
1．动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(2)Δp1＝－Δp2。
(3)Δp＝0。
2．爆炸与反冲的三个特点
(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。
(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。
(3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度方向往往相反。
3．注意人船模型和某一方向动量守恒的应用
[针对训练] (2025·云南普洱·二模)(多选)如图所示，斜面B静止在水平地面上，物块A以平行于斜面的初速度从斜面底端开始沿斜面上滑，不计一切摩擦。在A从斜面底端运动到最高点的过程中(A未冲出斜面)，以下说法正确的是( )
A．A、B组成的系统动量守恒
B．A的动量变化量方向水平向左
C．到达最高点时A的动能最小
D．到达最高点时A的机械能最小
√
√
CD [系统所受合外力不等于0，可知，A、B组成的系统动量不守恒，故A错误；A、B组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，即系统在水平方向分动量守恒，最高点时系统有共同速度v共，A物块初始状态的动量、末状态的动量分别为p1＝mv0、p2＝mv共，根据矢量合成规律，作出动量变化方向图如图所示可知，A的动量变化量方向并没有水平向左，故B错误；上升过程中A的动能不断被转化为自身的重力势能及B的动能，则上升过程中A的动能在最高点最小，故C正确；上升过程中，B对A的支持力一直对A做负功，A的机械能一直
减小，则在最高点时A的机械能最小，故D正
确。故选CD。]
[例3] (2023·重庆卷)如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
碰撞模型
(1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
(2)球2的质量；
(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
[解析] (1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，所以Fn＝m＝。
(2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则m·2v0＝－mv＋m′v
m(2v0)2＝mv2＋m′v2
联立解得v＝v0，m′＝3m。
(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则球1回到P点之前t1＝
球1经过P点之后v0t2＋2v0t2＝πR
所以Δt＝t1＋t2＝。
[答案] (2)3m (3)
规律方法：
1．碰撞遵循的三原则
(1)动量守恒定律。
(2)机械能不增加。
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或≥＋。
(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。
类型 动碰静 动碰动
2．碰撞的分类
弹性 碰撞
完全非弹性碰撞
[针对训练1] (2025·山东青岛·三模)(多选)物体间发生碰撞时，因材料不同，机械能损失程度不同，该性质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对速度大小的比值e来描述，称之为恢复系数。现有运动的物块A与静止的物块B发生正碰，关于A、B间的碰撞，下列说法正确的是( )
A．若e＝0，则碰撞后A、B均静止
B．若e＝1，则碰撞后A、B交换速度
C．若e＝1，则碰撞前后A、B总动能相等
D．若e＝0.5，A、B质量相同，则A、B碰后速度大小之比为1∶3
√
√
CD [若e＝0，则碰撞后二者相对速度为零，即碰撞后两物体速度相同，但不一定均静止，故A错误；设A、B的质量分别为m1、m2，碰前物体A的速度为v1，碰后物体A、B的速度分别为v′1和v′2，若e＝＝1，则v1＋v′1＝v′2，根据动量守恒定律，有m1v1＝m1v′1＋m2v′2，即m1(v1－v′1)＝m2v′2，两式相乘可得＝，即碰撞前后系统动能相等，两物体发生弹性碰撞，若m1
＝m2，则可解得v′2＝v1，v′1＝0，此时两物体发生速度交换，若m1≠m2，则两物体不发生速度交换，故B错误，C正确；若e＝＝0.5，即0.5v1＝v′2－v′1，根据动量守恒定律，有m1v1＝m1v′1＋m2v′2，因m1＝m2，所以上式变为v1＝v′1＋v′2，两式联立得v′1＝v1，v′2＝v1，即A、B碰后速度大小之比为1∶3，故D正确。故选CD。]
[针对训练2] (2024·广东卷)(多选)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有( )
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与H乙无关
D．甲最终停止位置与O处相距
√
√
√
ABD [两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有＝，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲的碰前速度为初速度做匀减速运动的时间为t3，乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则
总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有＝2μgx，联立可得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。故选ABD。]
[例4] (2025·新课标卷)如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
类碰撞模型
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，
重力对其做的功；
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、
A两点间的距离；
(3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？
(4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？
[解析] (1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为WG＝mgR。
(2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，B、A两点间的距离为h，由机械能守恒可知＝2mgR＋m
同时有mg(h＋R)＝
联立解得v0＝，h＝R。
(3)弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒和机械能守恒有m·v0＝(m+M)v共m＝2.2mgR+(m+M)
联立解得M＝4m。
(4)对Q和小球整体根据机械能守恒可知，要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有m·v0＝＝
解得M′＝m。
[答案] (1)mgR (2) R (3)4m (4)m
图例(水平面光滑)
规律方法：
1．“保守型”类碰撞模型
达到 共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次 分离
图例(水平面、水平导轨都光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 2．“耗散型”类碰撞模型
[针对训练] (2025·四川宜宾·三模)如图所示，长L＝3 m的长木板B放在光滑的水平地面上，其左端放有一可视为质点的小物块A，长木板B右侧与放置于地面的光滑圆弧槽C紧挨着但不粘连，长木板B的右端与圆弧轨道平滑连接。已知mA＝m，mB＝m，mC＝2m，小物块A与长木板B间的动摩擦因数μ＝0.3。现给小物块A一水平向右的初速度v0＝5 m/s，小物块A到达长木板B的右端后冲上圆弧轨道。重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小物块A刚滑离长木板B时，小物块A的速率v1；
(2)圆弧槽C能达到的最大速率vm。
[解析] (1)小物块到达长木板右端时，根据动量守恒有mv0＝mv1＋3mv2
根据能量守恒有μmgL＝
解得v1＝2 m/s，v2＝1 m/s。
(2)由于是圆弧槽，物块A不管有没有冲出圆弧槽，定会落回圆弧槽，当返回圆弧槽最低点时，物块C达到最大速度，根据动量守恒有mv1＋2mv2＝mv3＋2mvm
根据能量守恒有＝
联立解得vm＝ m/s。
[答案] (1)2 m/s (2) m/s
谢 谢！
大单元二 能量与动量
微专题7 动量定理与动量守恒定律
一图通·构建知识图谱
[例1] (2025·甘肃卷)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
题点通·突破高频考点
动量定理
(1)t＝6 s时F的大小，以及t在0～6 s内F的冲量大小。
(2)t在0～6 s内，摩擦力f 随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像。
(3)t＝6 s时，物块的速度大小。
[解析] (1)由题图2可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F＝t(N)
所以当t＝6 s时，F＝
0～6 s内F的冲量为F-t图线与横轴围成的面积，即I＝×mg×6(N·s)＝mg(N·s)。
(2)由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有mg sin 30°＝μmg cos 30°
即μ＝tan 30°＝
在垂直杆方向，当F sin θ＝mg cos θ时，t＝4 s
则0～4 s，垂直杆方向F sin θ＋N＝mg cos θ
摩擦力f＝μN＝＝mg(N)(0≤t≤4 s)
在4～6 s内，垂直杆方向F sin θ＝mg cos θ＋N
摩擦力f＝μN＝＝mg(N)(4 s≤t≤6 s)
相应的f-t图像如图。
(3)在0～6 s内沿杆方向根据动量定理有IFcos θ－If＋mg sin θ×t＝mv
在0～6 s内摩擦力的冲量为f-t图线与横轴围成的面积，则If＝×mg×4 (N·s)＋×mg×2(N·s)＝mg(N·s)
联立有mg·cos 30°＋3mg－mg＝mv
可得v＝g(m/s)。
[答案] (1) (N·s) (2)见解析 (3)g(m/s)
规律方法：
1．冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。
(2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t未知的情况。
(3)图像法：用F-t图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F-t呈线性关系，也可直接用平均力求变力的冲量。
2．用动量定理的解题思路
[针对训练1] (2025·山西·三模)(多选)研究运动员竖直跳跃时，脚下的传感器记录了运动员与传感器间作用力的大小随时间的变化。如图所示，1.0 s时运动员开始起跳，3.1 s时恰好静止于传感器上。将运动员视为质点，不考虑空气阻力，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．刚离开传感器时，运动员的速度大小为3 m/s
B．起跳过程中，传感器对运动员的冲量为240 N·s
C．2.5～3.1 s时间内，传感器对运动员平均作用力的大小约为
1 200 N
D．1.0～1.9 s与2.5～3.1 s时间内，运动员所受合力的冲量不同
√
√
AC [1.9~2.5 s时间段内，运动员在空中做竖直上抛运动，初速度v0＝g＝3 m/s，故A正确；由题图像可知，0~1.0 s时间内运动员静止在传感器上，故mg＝F＝800 N，所以m＝80 kg，1.0~1.9 s时间段内是起跳过程，由动量定理有I－mgt1＝mv0，代入数据可得I＝960 N·s，故B错误；以竖直向上为正方向，对运动员在2.5~3.1 s时间段内列动量定理方程t3－mgt3＝0－m(－v0)，代入数据可得＝1 200 N，故C正确；在1.0~1.9 s与2.5~3.1 s两段时间内，运动员的动量变化量相同，由I合＝Δp可知运动员所受合力的冲量相同，故D错误。故选AC。]
[针对训练2] (2025·北京卷节选)关于飞机的运动，研究下列问题。
(1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
(2)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。
(2)在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u。建立如下的物理模型：飞机机翼的倾斜角度(与水平方向的夹角)为θ，气流掠过飞机机翼，只是方向改变，而速度大小不变，飞机机翼在竖直方向的投影面积为S。
[解析] (1)根据动能定理W－fx＝mv2
可得牵引力对飞机做的功W＝mv2＋fx。
掠过飞机机翼的气流在竖直方向上获得了动量，机翼对气流有竖直向下的作用力，气流对机翼产生竖直向上的升力。设Δt时间内掠过飞机机翼的空气质量为m，掠过飞机机翼的气流竖直向下的分速度大小为v，空气密度为ρ，则有m＝ρV＝ρSuΔt
在竖直方向上，以竖直向下为正方向，对掠过飞机机翼的气流，根据动量定理得F′·Δt＝mv－0
又有v＝u sin θ
联立可得F′＝ρSu2sin θ
根据牛顿第三定律可知气流对机翼竖直向上的作用力大小F＝F′＝ ρSu2sin θ
可见F与u的关系满足F∝u2，可得α＝2。
[答案] (1)mv2＋fx (2)论证见解析，α＝2
[例2] (2025·四川凉山·三模)(多选)如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以对车相同的位置和速度，将右边筐中相同的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球过程中( )
动量守恒定律
A．小车始终未动
B．人、车和球组成的系统动量守恒
C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离
D．球全部落入左筐后，小车将静止不动
√
√
CD [在投球过程中，人、车和球组成的系统所受的合外力不为零，虽然系统动量不守恒，但水平方向不受外力，系统水平动量守恒，篮球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以人和车组成系统所受的合外力不为零，车在人的作用力作用下右移，故A、B错误；设一个球的质量为m，人、车和剩余球的质量为M，人扔球时到左边筐的水平距离为L，根据水平方向动量守恒有mv球＝
Mv车，则mx球＝Mx车，又x球＋x车＝L，解得x车＝ L，故C正确；当球全部投入左边的筐中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为零，则小车的速度为零，故D正确。故选CD。]
规律方法：
1．动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(2)Δp1＝－Δp2。
(3)Δp＝0。
2．爆炸与反冲的三个特点
(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。
(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。
(3)若系统初始状态处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度方向往往相反。
3．注意人船模型和某一方向动量守恒的应用
[针对训练] (2025·云南普洱·二模)(多选)如图所示，斜面B静止在水平地面上，物块A以平行于斜面的初速度从斜面底端开始沿斜面上滑，不计一切摩擦。在A从斜面底端运动到最高点的过程中(A未冲出斜面)，以下说法正确的是( )
A．A、B组成的系统动量守恒
B．A的动量变化量方向水平向左
C．到达最高点时A的动能最小
D．到达最高点时A的机械能最小
√
√
CD [系统所受合外力不等于0，可知，A、B组成的系统动量不守恒，故A错误；A、B组成的系统在水平方向所受外力的合力为0，即系统在水平方向分动量守恒，最高点时系统有共同速度v共，A物块初始状态的动量、末状态的动量分别为p1＝mv0、p2＝mv共，根据矢量合成规律，作出动量变化方向图如图所示可知，A的动量变化量方向并没有水平向左，故B错误；上升过程中A的动能不断被转化为自身的重力势能及B的动能，则上升过程中A的动能在最高点最小，故C正确；上升过程中，B对A的支持力一直对A做负功，A的机械能一直
减小，则在最高点时A的机械能最小，故D正
确。故选CD。]
[例3] (2023·重庆卷)如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
碰撞模型
(1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
(2)球2的质量；
(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
[解析] (1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0，所以Fn＝m＝。
(2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则m·2v0＝－mv＋m′v
m(2v0)2＝mv2＋m′v2
联立解得v＝v0，m′＝3m。
(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则球1回到P点之前t1＝
球1经过P点之后v0t2＋2v0t2＝πR
所以Δt＝t1＋t2＝。
[答案] (2)3m (3)
规律方法：
1．碰撞遵循的三原则
(1)动量守恒定律。
(2)机械能不增加。
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或≥＋。
(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。
类型 动碰静 动碰动
2．碰撞的分类
弹性 碰撞
完全非弹性碰撞
[针对训练1] (2025·山东青岛·三模)(多选)物体间发生碰撞时，因材料不同，机械能损失程度不同，该性质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对速度大小的比值e来描述，称之为恢复系数。现有运动的物块A与静止的物块B发生正碰，关于A、B间的碰撞，下列说法正确的是( )
A．若e＝0，则碰撞后A、B均静止
B．若e＝1，则碰撞后A、B交换速度
C．若e＝1，则碰撞前后A、B总动能相等
D．若e＝0.5，A、B质量相同，则A、B碰后速度大小之比为1∶3
√
√
CD [若e＝0，则碰撞后二者相对速度为零，即碰撞后两物体速度相同，但不一定均静止，故A错误；设A、B的质量分别为m1、m2，碰前物体A的速度为v1，碰后物体A、B的速度分别为v′1和v′2，若e＝＝1，则v1＋v′1＝v′2，根据动量守恒定律，有m1v1＝m1v′1＋m2v′2，即m1(v1－v′1)＝m2v′2，两式相乘可得＝，即碰撞前后系统动能相等，两物体发生弹性碰撞，若m1
＝m2，则可解得v′2＝v1，v′1＝0，此时两物体发生速度交换，若m1≠m2，则两物体不发生速度交换，故B错误，C正确；若e＝＝0.5，即0.5v1＝v′2－v′1，根据动量守恒定律，有m1v1＝m1v′1＋m2v′2，因m1＝m2，所以上式变为v1＝v′1＋v′2，两式联立得v′1＝v1，v′2＝v1，即A、B碰后速度大小之比为1∶3，故D正确。故选CD。]
[针对训练2] (2024·广东卷)(多选)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有( )
A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C．乙的运动时间与H乙无关
D．甲最终停止位置与O处相距
√
√
√
ABD [两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有＝，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲的碰前速度为初速度做匀减速运动的时间为t3，乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则
总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有＝2μgx，联立可得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。故选ABD。]
[例4] (2025·新课标卷)如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
类碰撞模型
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，
重力对其做的功；
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、
A两点间的距离；
(3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？
(4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？
[解析] (1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为WG＝mgR。
(2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，B、A两点间的距离为h，由机械能守恒可知＝2mgR＋m
同时有mg(h＋R)＝
联立解得v0＝，h＝R。
(3)弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒和机械能守恒有m·v0＝(m+M)v共m＝2.2mgR+(m+M)
联立解得M＝4m。
(4)对Q和小球整体根据机械能守恒可知，要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有m·v0＝＝
解得M′＝m。
[答案] (1)mgR (2) R (3)4m (4)m
图例(水平面光滑)
规律方法：
1．“保守型”类碰撞模型
达到 共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次 分离
图例(水平面、水平导轨都光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 2．“耗散型”类碰撞模型
[针对训练] (2025·四川宜宾·三模)如图所示，长L＝3 m的长木板B放在光滑的水平地面上，其左端放有一可视为质点的小物块A，长木板B右侧与放置于地面的光滑圆弧槽C紧挨着但不粘连，长木板B的右端与圆弧轨道平滑连接。已知mA＝m，mB＝m，mC＝2m，小物块A与长木板B间的动摩擦因数μ＝0.3。现给小物块A一水平向右的初速度v0＝5 m/s，小物块A到达长木板B的右端后冲上圆弧轨道。重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)小物块A刚滑离长木板B时，小物块A的速率v1；
(2)圆弧槽C能达到的最大速率vm。
[解析] (1)小物块到达长木板右端时，根据动量守恒有mv0＝mv1＋3mv2
根据能量守恒有μmgL＝
解得v1＝2 m/s，v2＝1 m/s。
(2)由于是圆弧槽，物块A不管有没有冲出圆弧槽，定会落回圆弧槽，当返回圆弧槽最低点时，物块C达到最大速度，根据动量守恒有mv1＋2mv2＝mv3＋2mvm
根据能量守恒有＝
联立解得vm＝ m/s。
[答案] (1)2 m/s (2) m/s
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