微专题6 动量和碰撞
考向1 用动量定理定性解释现象
(2020·新课标Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法中正确的是( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
考向2 用动量定理分析连续介质问题
(2019·新课标Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
考向3 牛顿运动定律与动量定理综合问题
(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置．
(1) 安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示．在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带．此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g．忽略敏感球受到的摩擦力．求斜面倾角的正切值tan θ．
(2) 如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动．与正下方的气囊发生碰撞．以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述．已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，取g＝10 m/s2．求：
甲 乙 丙
①碰撞过程中F的冲量大小和方向．
②碰撞结束后头锤上升的最大高度．
考向4 动量守恒定律与碰撞问题
(2025·广东卷)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动．已知F1和F2始终大小相等，方向相反．从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是( )
A B
C D
一、动量、冲量、动量定理及应用
1．冲量：I＝__Ft__．特点：矢量、过程量、绝对性．
2．动量：p＝__mv__．特点：矢量、状态量、相对性．
3．动量定理：，力的表达式：F＝．
4．用动量定理的解题思路
5．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理．
(2025·广东卷)(多选)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动．已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0－kt(F≠0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g．关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F＞0的任一时刻)，下列说法中正确的有( )
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为T
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋T
D．T时刻受到空气作用力的大小为
二、动量守恒定律及应用
1．动量守恒定律常用表达式：m1v1＋m2v2＝__m1v′1＋m2v′2__，作用前的动量和等于作用后的动量和．
2．运用动量守恒定律解题的步骤
(2021·广东卷)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠近边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10-2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10-2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1．现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，取g＝10 m/s2．
(1) 通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a．
(2) 求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
三、碰撞问题
1．碰撞过程的分类
(1) 弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒；v′1＝v0，v′2＝v0；两球质量相等时，__交换速度__．
(2) 非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失．
(3) 完全非弹性碰撞：动量守恒，末速度相同，机械能损失__最大__．
2．碰撞现象满足的三个规律
(2025·江门一模)(多选)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示，碰撞前后两壶运动的v－t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等．下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．碰后蓝壶速度为0.8 m/s
B．两壶发生的碰撞是弹性碰撞
C．碰后蓝壶移动的距离为2 m
D．碰后红壶所受的摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力
四、爆炸、反冲、类碰撞问题
1．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
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__
3．请注意“滑块—光滑曲面”、子弹打木块、人船模型等类碰撞模型中，一般只有某一方向动量守恒．
(2025·广州真光中学)(多选)如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动．已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg．某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法中正确的是( )
A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B．刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左
C．爆炸过程，乙球的动量变化量大小为0.06 N·s，方向水平向右
D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J
五、多体、多过程碰撞问题
(2022·广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0＝10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f＝1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1) 滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2．
(2) 滑块碰撞前瞬间的速度大小v1．
(3) 滑杆向上运动的最大高度h．
1．求解方法是按时间先后分解过程，恰当选择相互作用的研究对象，建立正确的问题模型，根据遵循的规律列方程组，逐步求解．
2．力学规律的选用原则
(1) 如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2) 研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
(3) 若研究的对象为一个系统，且物体之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
(4) 在涉及相对位移问题时，则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量．
(5) 在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
配套热练
题组练
题组一 动量、冲量、动量定理及其应用
1．(2025·广州二模)2024年9月，我国自主研发的试验火箭完成10 km级垂直起降返回飞行试验．回收阶段，火箭发动机在标准工况下连续工作40 s，其推力为8×105 N，比冲为2.8×103 m/s(比冲：消耗单位质量燃料所产生的冲量)，该过程消耗燃料约( )
A．700 kg B．2 000 kg
C．1.1×104 kg D．5.6×104 kg
2．(2025·佛山禅城区统一调研)一个同学质量为m＝60 kg，站立时手能摸到的最大高度为h1＝2.2 m．该同学身体下蹲后由静止开始用力蹬地，经过时间t1＝0.40 s沿竖直方向跳起，手能摸到的最大高度为h2＝3.0 m．人在空中运动时身体伸直，忽略踮脚带来的高度变化，空气阻力不计，取g＝10 m/s2．
(1) 假定他蹬地的力F1为恒力，求F1的大小．
(2) 然后该同学落回地面，脚接触地面后经过时间t2＝0.20 s重心降至最低(该过程可等效为匀减速直线运动)，接着他用恒力F2蹬地跳起，手能摸到的最大高度为h3＝2.7 m，求该同学蹬地的作用力F2的大小．
题组二 动量守恒定律及应用
3．(2025·河源调研模拟测试二)(多选)如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1．开始时两木块之间有一根用轻绳缚住已压缩的轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动．若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块( )
A．动量大小之比为1∶1
B．速度大小之比为2∶1
C．动量大小之比为2∶1
D．速度大小之比为1∶1
4．(2025·广东省六校月考)(多选)某高速公路上，由于前车违规停车发生一起追尾交通事故，图乙所示为交警根据现场测量绘制的刹车痕迹勘察示意图，其中x2表示前后两车减速区域重叠部分的长度．将后车制动过程和碰后两车的减速过程均视为匀减速直线运动，两车均视为质点且质量相等，所受阻力大小均始终为车重的0.5倍，碰撞时间极短，且碰撞前后两车始终在同一直线上运动，该高速路段的限速为120 km/h，取g＝10 m/s2．下列说法中正确的是( )
甲
乙
A．两车碰后瞬间前车的速度大小为15 m/s
B．两车碰后瞬间后车的速度大小为15 m/s
C．后车刹车后，经4 s停下来
D．后车开始刹车时，没有超速
题组三 碰撞问题
5．(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，下列说法中正确的有( )
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
6．(多选)物体A和B用轻绳相连挂在轻弹簧下静止不动，如图甲所示．A的质量为m，B的质量为M，将连接A、B的绳烧断后，A上升，经过某一位置时的速度大小为v，这时B的下落速度大小为u，如图乙所示．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法中正确的是( )
甲 乙
A．在这段时间里，A的重力势能增加量小于弹簧弹力对A做的功
B．在这段时间里，弹簧弹力对A的冲量大小等于mv＋mu
C．在这段时间里，弹簧弹力对A的冲量大小等于mv
D．绳烧断瞬间，A的加速度大小为
题组四 爆炸、反冲、类碰撞问题
7．(2025·广州执信中学检测)(多选)如图所示，水平地面上有一质量为m的“”形木板A，其水平部分表面粗糙，长度为2R，圆弧部分的半径为R、表面光滑，两部分平滑连接．现将质量也为m、可视为质点的滑块B从圆弧的顶端由静止释放．若地面粗糙，滑块B恰好能滑到此木板的最左端，此过程中木板A始终处于静止状态，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是( )
A．此过程中，A对水平地面的最大压力为4mg
B．B与A水平部分上表面的动摩擦因数为0.2
C．若水平地面光滑，滑块B将从木板A的左端滑出
D．若水平地面光滑，A向右运动的最大位移为1.5R
8．(2025·广东省三模)在游乐场的水平地面上，小明和小红各自驾驶碰碰车相向运动，小明与碰碰车的总质量m1＝60 kg，小红与碰碰车的总质量m2＝40 kg．碰撞前瞬间，小明驾驶的碰碰车的速度大小v1＝4 m/s，方向向右，小红驾驶的碰碰车的速度大小v2＝3 m/s，方向向左，两车发生正碰后瞬间通过挂钩锁在一起，碰后两车立即刹车共同滑行一段距离后停下．已知两碰碰车所受地面阻力大小与重力大小的比值均为μ＝0.1，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1) 碰后瞬间两车的共同速度大小v以及方向．
(2) 碰撞过程中两碰碰车损失的总机械能ΔE．
(3) 碰后两车共同滑行的时间t以及距离s．
题组五 多体、多过程碰撞问题
9．(2025·潮州二模冲刺练习)如图所示，倾角α＝37°的足够长斜面体水平固定，质量为3 kg的物块A静止在斜面上，质量为1 kg的光滑物块B从距离A为 m处由静止释放，下滑过程中，A与B的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短．物块A与斜面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：
(1) B与A第一次碰撞前瞬间的速度大小．
(2) 第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间．
(3) 在第二次碰撞和第三次碰撞之间，A、B间的最大距离．
增强练
一、单项选择题
1．(2025·清远联考)如图所示，超市中静置于水平地面的n辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量I使其向右运动，运动一段距离后与第二辆车相碰，以共同速度向右运动，运动一段距离后又与第三辆车相碰，……，直到碰完第n辆车，整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，忽略地面摩擦力和空气阻力，则n辆车最终的速度大小为( )
A． B．
C． D．
2．(2025·广东番禺中学测试)如图所示，小船静止于水面上，站在船尾的人不断将鱼抛向左方船头的舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法中正确的是( )
A．向左运动，船向左移动了一些
B．小船静止，船向左移动了一些
C．小船静止，船向右移动了一些
D．小船静止，船不移动
3．(2025·广州二中测试)如图所示是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画，运动员手持一种负重物(一般由铅块或石块组成)起跳．现代科学研究表明，运动员手持一定质量的负重物起跳，能够跳得更远．若某位运动员的质量为70 kg，两手各持一个质量为3.5 kg的负重物，在某次立定跳远练习过程中，起跳速度大小为6 m/s，方向与水平方向成37°夹角，在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出(可认为瞬间完成)，取g＝10 m/s2，忽略空气阻力sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．下列说法中正确的是( A )
A．运动员在负重起跳到最高点时，将重物扔出与不扔出两种情况相比，运动员多跳约0.17 m
B．腾空过程中，运动员在水平方向受到的冲量为零
C．重物落地前动量方向斜向下
D．在起跳过程中运动员受到合力的冲量竖直向上
二、多项选择题
4．(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以大小为0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度大小为0.22 m/s．关于两滑块的碰撞过程，下列说法中正确的有( )
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
5．(2025·大湾区联合模拟考试二)距地面为h高度处的甲球由静止释放，同时位于地面的乙球以一定的初速度竖直上抛，乙球在上升过程中在距地面0.75h处与甲球发生弹性正碰，碰后甲球恰好能够回到原高度处．两球质量相等且均可视为质点，不计空气阻力．下列说法中正确的有( )
A．碰撞前后瞬间，甲球的动量不变
B．碰撞前后瞬间，乙球的动能不变
C．从释放到碰撞前过程，甲球的重力冲量小于乙球的重力冲量
D．从碰撞后到乙球落地前过程，甲、乙两球的重力冲量相等
6．(2025·深圳红岭中学第二次统考)(多选)如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2024个质量均为2m的弹性物块(所有物块在同一竖直平面内，且间距足够小)，质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后，沿曲面滑到水平面上与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复．所有物块均可视为质点、两两间碰撞时均无机械能损耗，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( )
A．最终物块间的距离保持不变
B．1号物块共受到4 047次碰撞
C．0号物块最终动量大小为m
D．2 022号物块最终速度大小为
三、非选择题
7．(2025·汕头三模)如图所示，物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一根竖直轻杆，用一长l＝0.2 m的细线将小球C(可看成质点)竖直悬挂在轻杆上O点，A、B、C质量均为M＝0.03 kg．初始时，物块A、B均固定在水平面上，质量为m＝0.01 kg的子弹以某一水平初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，小球C恰能到达与O点等高的P点．取g＝10 m/s2，不计空气阻力．
(1) 求子弹初速度的大小．
(2) 若解除物块A、B的固定，子弹仍以相同初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，求小球C能上升的最大高度．
8．(2025·揭阳惠来一中三模)如图所示，一半径为R＝3 m的圆弧轨道固定在水平面上，且与水平面相切于圆弧最低点B，圆弧对应的圆心角θ＝53°，C点处固定另一半径为r的竖直圆轨道且与水平面相切；距C点足够远的D点放有一质量为M＝3 kg的物块，D点右侧水平面粗糙且与物块间的动摩擦因数为μ＝0.1．一个质量为m＝1 kg的光滑小球从圆弧轨道的上端点A由静止释放，之后恰好能通过竖直圆轨道并与物块发生碰撞，忽略小球与物块的大小，且除了物块与D点右侧地面之间存在摩擦外，其余摩擦均不计，小球与物块的碰撞没有机械能损失，取g＝10 m/s2．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6．试求：
(1) 小球刚滑到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小．
(2) 竖直圆轨道的半径及小球与物块第1次碰撞后物块速度大小．
(3) 判断小球能否与物块发生第2次碰撞．若不能，请通过计算说明理由；若能，求出小球与物块发生第2次碰撞后物块滑行的总位移．
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专题二
微专题6 动量和碰撞
能量与动量
直面高考真题
考向1 用动量定理定性解释现象
(2020·新课标Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法中正确的是 ( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
1
D
【解析】因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，A错误；有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的变化量也相同，B错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，C错误；因为安全气囊充气后面积增大，所以司机的受力面积也增大，且在司机挤压气囊作用过程中，由于气囊的缓冲，延长了作用时间，D正确．
考向2 用动量定理分析连续介质问题
(2019·新课标Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 ( )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
2
B
考向3 牛顿运动定律与动量定理综合问题
3
甲
(2) 如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动．与正下方的气囊发生碰撞．以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述．已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，取g＝10 m/s2．求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向．
答案：(2) ① 330 N·s，方向竖直向上
乙
丙
②碰撞结束后头锤上升的最大高度．
答案：(2) ② 0.2 m
乙
丙
考向4 动量守恒定律与碰撞问题
(2025·广东卷)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动．已知F1和F2始终大小相等，方向相反．从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是 ( )
4
A
A
B
C
D
强化核心考点
Ft
mv
4．用动量定理的解题思路
5．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理．
1
AB
二、动量守恒定律及应用
1．动量守恒定律常用表达式：m1v1＋m2v2＝_____________，作用前的动量和等于作用后的动量和．
2．运用动量守恒定律解题的步骤
m1v′1＋m2v′2
(2021·广东卷)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠近边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10-2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10-2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1．现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，取g＝10 m/s2．
(1) 通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a．
答案：(1) 能
2
(2) 求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
答案：(2) 0.2 s
交换速度
最大
2．碰撞现象满足的三个规律
(2025·江门一模)(多选)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示，碰撞前后两壶运动的v－t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等．下列说法中正确的是 ( )
A．碰后蓝壶速度为0.8 m/s
B．两壶发生的碰撞是弹性碰撞
C．碰后蓝壶移动的距离为2 m
D．碰后红壶所受的摩擦力大于蓝壶
所受的摩擦力
3
ACD
甲
乙
四、爆炸、反冲、类碰撞问题
1．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________
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
守恒
2．对反冲运动的三点说明
3．请注意“滑块—光滑曲面”、子弹打木块、人船模型等类碰撞模型中，一般只有某一方向动量守恒．
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________________
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________
动量守恒定律
增加
(2025·广州真光中学)(多选)如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动．已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg．某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法中正确的是 ( )
A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B．刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左
C．爆炸过程，乙球的动量变化量大小为0.06 N·s，方向水平向右
D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J
4
BCD
突破关键问题
五、多体、多过程碰撞问题
(2022·广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0＝10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f＝1 N，滑
5
块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1) 滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2．
答案：(1) 8 N 5 N
【解析】(1) 当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
N2＝Mg－f′＝5 N
(2) 滑块碰撞前瞬间的速度大小v1．
答案：(2) 8 m/s
(3) 滑杆向上运动的最大高度h．
答案：(3) 0.2 m
1．求解方法是按时间先后分解过程，恰当选择相互作用的研究对象，建立正确的问题模型，根据遵循的规律列方程组，逐步求解．
2．力学规律的选用原则
(1) 如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2) 研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
(3) 若研究的对象为一个系统，且物体之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
(4) 在涉及相对位移问题时，则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量．
(5) 在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
热练
题组一 动量、冲量、动量定理及其应用
1．(2025·广州二模)2024年9月，我国自主研发的试验火箭完成10 km级垂直起降返回飞行试验．回收阶段，火箭发动机在标准工况下连续工作40 s，其推力为8×105 N，比冲为2.8×103 m/s(比冲：消耗单位质量燃料所产生的冲量)，该过程消耗燃料约 ( )
A．700 kg B．2 000 kg
C．1.1×104 kg D．5.6×104 kg
C
2．(2025·佛山禅城区统一调研)一个同学质量为m＝60 kg，站立时手能摸到的最大高度为h1＝2.2 m．该同学身体下蹲后由静止开始用力蹬地，经过时间t1＝0.40 s沿竖直方向跳起，手能摸到的最大高度为h2＝3.0 m．人在空中运动时身体伸直，忽略踮脚带来的高度变化，空气阻力不计，取g＝10 m/s2．
(1) 假定他蹬地的力F1为恒力，求F1的大小．
答案：(1) 1 200 N
(2) 然后该同学落回地面，脚接触地面后经过时间t2＝0.20 s重心降至最低(该过程可等效为匀减速直线运动)，接着他用恒力F2蹬地跳起，手能摸到的最大高度为h3＝2.7 m，求该同学蹬地的作用力F2的大小．
答案：(2) 1 350 N
题组二 动量守恒定律及应用
3．(2025·河源调研模拟测试二)(多选)如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1．开始时两木块之间有一根用轻绳缚住已压缩的轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动．若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块 ( )
A．动量大小之比为1∶1
B．速度大小之比为2∶1
C．动量大小之比为2∶1
D．速度大小之比为1∶1
AB
【解析】左侧木块所受滑动摩擦力f1＝μ1m1g，方向水平向右，右侧木块所受滑动摩擦力f2＝μ2m2g，方向水平向左，根据题意有m2＝2m1，μ1＝2μ2，解得f1＝f2，即两木块构成的系统所受外力的合力为0，则系统动量守恒，两木块动量大小相等，则动量大小之比为1∶1，A正确，C错误；结合上述，根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝0，根据题意有m2＝2m1，解得v1∶v2＝2∶1，B正确，D错误．
4．(2025·广东省六校月考)(多选)某高速公路上，由于前车违规停车发生一起追尾交通事故，图乙所示为交警根据现场测量绘制的刹车痕迹勘察示意图，其中x2表示前后两车减速区域重叠部分的长度．将后车制动过程和碰后两车的减速过程均视为匀减速直线运动，两车均视为质点且质量相等，所受阻力大小均始终为车重的0.5倍，碰撞时间极短，且碰撞前后两车始终在同一直线上运动，该高速路段的限速为120 km/h，取g＝10 m/s2．下列说法中正确的是 ( )
A．两车碰后瞬间前车的速度大小
为15 m/s
B．两车碰后瞬间后车的速度大小为15 m/s
C．后车刹车后，经4 s停下来
D．后车开始刹车时，没有超速
AD
甲
乙
ABD
AB
甲
乙
AD
8．(2025·广东省三模)在游乐场的水平地面上，小明和小红各自驾驶碰碰车相向运动，小明与碰碰车的总质量m1＝60 kg，小红与碰碰车的总质量m2＝40 kg．碰撞前瞬间，小明驾驶的碰碰车的速度大小v1＝4 m/s，方向向右，小红驾驶的碰碰车的速度大小v2＝3 m/s，方向向左，两车发生正碰后瞬间通过挂钩锁在一起，碰后两车立即刹车共同滑行一段距离后停下．已知两碰碰车所受地面阻力大小与重力大小的比值均为μ＝0.1，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1) 碰后瞬间两车的共同速度大小v以及方向．
答案：(1) 1.2 m/s 方向水平向右(或向右)
【解析】(1) 以水平向右为正方向，对两车碰撞的过程，根据动量守恒定律则有
m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝1.2 m/s，v为正值，说明v的方向水平向右(或向右)
(2) 碰撞过程中两碰碰车损失的总机械能ΔE．
答案：(2) 588 J
(3) 碰后两车共同滑行的时间t以及距离s．
答案：(3) 1.2 s 0.72 m
【解析】(3) 第二次碰撞前，B的速度大小
v3＝v2＋at＝7.5 m/s
设第二次碰撞后，A、B的速度大小分别v4、v5，根据动量守恒有mAv1＋mBv3＝mAv4＋mBv5
C
2．(2025·广东番禺中学测试)如图所示，小船静止于水面上，站在船尾的人不断将鱼抛向左方船头的舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法中正确的是 ( )
A．向左运动，船向左移动了一些
B．小船静止，船向左移动了一些
C．小船静止，船向右移动了一些
D．小船静止，船不移动
C
【解析】人、船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终船是静止的；在人将鱼向左抛出而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可知，船(包括人)具有向右的动量，船要向右移动，鱼落入船舱后船即停止运动，如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船要向右移一些，C符合题意，故选C．
3．(2025·广州二中测试)如图所示是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画，运动员手持一种负重物(一般由铅块或石块组成)起跳．现代科学研究表明，运动员手持一定质量的负重物起跳，能够跳得更远．若某位运动员的质量为70 kg，两手各持一个质量为3.5 kg的负重物，在某次立定跳远练习过程中，起跳速度大小为6 m/s，方向与水平方向成37°夹角，在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出(可认为瞬间完成)，取g＝10 m/s2，忽略空气阻力sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．下列说法中正确的是 ( )
A．运动员在负重起跳到最高点时，将重物扔出与不扔出两种情况相比，运动员多跳约0.17 m
B．腾空过程中，运动员在水平方向受到的冲量为零
C．重物落地前动量方向斜向下
D．在起跳过程中运动员受到合力的冲量竖直向上
A
二、多项选择题
4．(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以大小为0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度大小为0.22 m/s．关于两滑块的碰撞过程，下列说法中正确的有 ( )
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
BD
【解析】碰撞前滑块1和2整体的动量大小p1＝mv0＋0＝0.4 kg·m/s，碰撞后整体的动量大小p2＝2mv共＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，所以碰撞过程滑块1和2整体动量不守恒，故A错误；碰撞过程滑块1动量变化量大小Δp1＝mv0－mv共＝0.18 kg·m/s，故B正确；碰撞过程滑块2动量变化量Δp2＝mv共－0＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2由动量定理可得FΔt＝Δp2，解得F＝5.5 N，故D正确．
5．(2025·大湾区联合模拟考试二)距地面为h高度处的甲球由静止释放，同时位于地面的乙球以一定的初速度竖直上抛，乙球在上升过程中在距地面0.75h处与甲球发生弹性正碰，碰后甲球恰好能够回到原高度处．两球质量相等且均可视为质点，不计空气阻力．下列说法中正确的有 ( )
A．碰撞前后瞬间，甲球的动量不变
B．碰撞前后瞬间，乙球的动能不变
C．从释放到碰撞前过程，甲球的重力冲量小于乙球的重力冲量
D．从碰撞后到乙球落地前过程，甲、乙两球的重力冲量相等
BD
【解析】碰后甲球恰好能够回到原高度处，则碰撞前后瞬间，甲球的速度大小不变，方向相反，动量改变，A错误；两球发生弹性碰撞，由能量守恒定律可知，碰撞前后瞬间乙球的动能不变，B正确；从释放到碰撞前过程，两球运动时间相等，由I＝mgt可知，甲球的重力冲量等于乙球的重力冲量，C错误；从碰撞后到乙球落地前过程，两球运动时间相等，由I＝mgt可知，甲、乙两球的重力冲量相等，D正确．
BCD
三、非选择题
7．(2025·汕头三模)如图所示，物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一根竖直轻杆，用一长l＝0.2 m的细线将小球C(可看成质点)竖直悬挂在轻杆上O点，A、B、C质量均为M＝0.03 kg．初始时，物块A、B均固定在水平面上，质量为m＝0.01 kg的子弹以某一水平初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，小球C恰能到达与O点等高的P点．取g＝10 m/s2，不计空气阻力．
(1) 求子弹初速度的大小．
答案：(1) 8 m/s
(2) 若解除物块A、B的固定，子弹仍以相同初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，求小球C能上升的最大高度．
答案：(2) 0.12 m
8．(2025·揭阳惠来一中三模)如图所示，一半径为R＝3 m的圆弧轨道固定在水平面上，且与水平面相切于圆弧最低点B，圆弧对应的圆心角θ＝53°，C点处固定另一半径为r的竖直圆轨道且与水平面相切；距C点足够远的D点放有一质量为M＝3 kg的物块，D点右侧水平面粗糙且与物块间的动摩擦因数为μ＝0.1．一个质量为m＝1 kg的光滑小球从圆弧轨道的上端点A由静止释放，之后恰好能通过竖直圆轨道并与物块发生碰撞，忽略小球与物块的大小，且除了物块与D点右侧地面之间存在摩擦外，其余摩擦均不计，小球与物块的碰撞没有机械能损失，
取g＝10 m/s2．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6．试求：
(1) 小球刚滑到圆弧轨道最低点B时对轨道的压
力大小．
答案：(1) 18 N
(3) 判断小球能否与物块发生第2次碰撞．若不能，请通过计算说明理由；若能，求出小球与物块发生第2次碰撞后物块滑行的总位移．
答案：(3) 能 1 m微专题6 动量和碰撞
考向1 用动量定理定性解释现象
(2020·新课标Ⅰ)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法中正确的是( D )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【解析】因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，A错误；有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的变化量也相同，B错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，C错误；因为安全气囊充气后面积增大，所以司机的受力面积也增大，且在司机挤压气囊作用过程中，由于气囊的缓冲，延长了作用时间，D正确．
考向2 用动量定理分析连续介质问题
(2019·新课标Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为( B )
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
【解析】设该发动机在t时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理Ft＝mv，可知在1 s内喷射出的气体质量m0＝＝ kg＝1.6×103 kg，B正确．
考向3 牛顿运动定律与动量定理综合问题
(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置．
(1) 安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示．在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带．此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g．忽略敏感球受到的摩擦力．求斜面倾角的正切值tan θ．
(2) 如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动．与正下方的气囊发生碰撞．以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述．已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，取g＝10 m/s2．求：
甲 乙 丙
①碰撞过程中F的冲量大小和方向．
②碰撞结束后头锤上升的最大高度．
答案：(1) (2) ① 330 N·s，方向竖直向上
② 0.2 m
【解析】(1) 敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知(mg＋FN)tan θ＝ma
解得tan θ＝
(2) ① 由图像可知碰撞过程中F的冲量大小
IF＝×0.1×6 600 N· s＝330 N·s，方向竖直向上
② 头锤落到气囊上时的速度v0＝＝8 m/s
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)
IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)
解得v＝2 m/s
则上升的最大高度h＝＝0.2 m
考向4 动量守恒定律与碰撞问题
(2025·广东卷)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动．已知F1和F2始终大小相等，方向相反．从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是( A )
A B
C D
【解析】根据牛顿第二定律a＝，两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N碰前加速度大小之比为4∶6＝2∶3，可知M、N的质量之比为3∶2，设分别为3m和2m．由图像可设M、N碰前的速度分别为4v和6v，则因M、N系统受合外力为零，则系统动量守恒，则由动量守恒定律得3m·4v－2m·6v＝3mv1＋2mv2，若系统为弹性碰撞，则由能量关系可知·3m(4v)2＋·2m(6v)2＝，解得v1＝－4v、v2＝6v．因M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，即两物体一起停止，B、D错误；若不是弹性碰撞，根据3m·4v－2m·6v＝3mv1＋2mv2，可知碰后速度大小之比为v1∶v2＝2∶3，若假设v1＝2v，则v2＝3v，此时满足·3m(4v)2＋·2m(6v)2＞·3m＋·2m，则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v∶2v＝2∶1，可知碰撞前后运动时间之比为2∶1，A正确，C错误．
一、动量、冲量、动量定理及应用
1．冲量：I＝__Ft__．特点：矢量、过程量、绝对性．
2．动量：p＝__mv__．特点：矢量、状态量、相对性．
3．动量定理：，力的表达式：F＝．
4．用动量定理的解题思路
5．对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理．
(2025·广东卷)(多选)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动．已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0－kt(F≠0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g．关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F＞0的任一时刻)，下列说法中正确的有( AB )
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为T
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋T
D．T时刻受到空气作用力的大小为
【解析】无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小，重力和拉力的合力如图所示，可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，根据正交分解，可知在T时刻空气的作用力F空＝＝，A正确，D错误；由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F－t图像与坐标轴围成的面积T，B正确；将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有Fx＝(F0－kt)，无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有Fy＝(F0－kt)＋mg，0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为Ix＝，0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为Iy＝F0T－kT2＋mgT，则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为I＝＝，C错误．
二、动量守恒定律及应用
1．动量守恒定律常用表达式：m1v1＋m2v2＝__m1v′1＋m2v′2__，作用前的动量和等于作用后的动量和．
2．运用动量守恒定律解题的步骤
(2021·广东卷)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠近边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10-2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10-2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1．现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，取g＝10 m/s2．
(1) 通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a．
(2) 求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
答案：(1) 能 (2) 0.2 s
【解析】(1) 由牛顿第二定律可得，甲、乙滑动时均有
f＝μmg＝ma
则甲、乙滑动时的加速度大小均为a＝μg＝1 m/s2
甲与乙碰前的速度为v1，则2as1＝
解得v1＝0.3 m/s
甲、乙碰撞时由动量守恒定律mv1＝mv2＋mv3
解得碰后乙的速度v3＝0.2 m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时
则x＝＝ m＝0.02 m＝s2
可知乙恰好能滑到边框a
(2) 甲与乙碰前运动的时间
t1＝＝ s＝0.1 s
碰后甲运动的时间t2＝＝ s＝0.1 s
则甲运动的总时间为t＝t1＋t2＝0.2 s
三、碰撞问题
1．碰撞过程的分类
(1) 弹性碰撞：动量守恒，机械能守恒；v′1＝v0，v′2＝v0；两球质量相等时，__交换速度__．
(2) 非弹性碰撞：动量守恒，机械能有损失．
(3) 完全非弹性碰撞：动量守恒，末速度相同，机械能损失__最大__．
2．碰撞现象满足的三个规律
(2025·江门一模)(多选)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图甲所示，碰撞前后两壶运动的v－t图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等．下列说法中正确的是( ACD )
甲 乙
A．碰后蓝壶速度为0.8 m/s
B．两壶发生的碰撞是弹性碰撞
C．碰后蓝壶移动的距离为2 m
D．碰后红壶所受的摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力
【解析】由图可知碰前红壶的速度为v0＝1.0 m/s，碰后速度为v′0＝0.2 m/s，可知碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv′0＋mv，代入数据解得v＝0.8 m/s，根据＋mv2，可知碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A正确，B错误；红壶的加速度为a＝＝ m/s2＝0.2 m/s2，若红壶未发生碰撞，停止运动的时间为t＝＝ s＝6 s，根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得碰后蓝壶移动的位移大小为x＝×(6－1) m＝2.0 m，C正确；根据图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D正确．
四、爆炸、反冲、类碰撞问题
1．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
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__
3．请注意“滑块—光滑曲面”、子弹打木块、人船模型等类碰撞模型中，一般只有某一方向动量守恒．
(2025·广州真光中学)(多选)如图所示，光滑水平面上甲、乙两球间粘少许炸药，一起以速度0.5 m/s向右做匀速直线运动．已知甲、乙两球质量分别为0.1 kg和0.2 kg．某时刻炸药突然爆炸，分开后两球仍沿原直线运动，从爆炸开始计时经过3.0 s，两球之间的距离为x＝2.7 m，则下列说法中正确的是( BCD )
A．刚分离时，甲、乙两球的速度方向相同
B．刚分离时，甲球的速度大小为0.1 m/s，方向水平向左
C．爆炸过程，乙球的动量变化量大小为0.06 N·s，方向水平向右
D．爆炸过程中释放的能量为0.027 J
【解析】设甲、乙两球质量分别为m1、m2，刚分离时两球的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，由题意知v2－v1＝，代入数据联立解得v1＝－0.1 m/s，v2＝0.8 m/s，可知刚分离时，甲球的速度方向水平向左，乙球的速度方向水平向右，A错误，B正确；爆炸过程，乙球的动量变化量大小为Δp＝m2v2－m2v0＝0.06 N·s，方向水平向右，C正确；爆炸过程中释放的能量为ΔE＝，代入数据解得ΔE＝0.027 J，D正确．
五、多体、多过程碰撞问题
(2022·广东卷)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型．竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态．当滑块从A处以初速度v0＝10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f＝1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动．已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1) 滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2．
(2) 滑块碰撞前瞬间的速度大小v1．
(3) 滑杆向上运动的最大高度h．
答案：(1) 8 N 5 N (2) 8 m/s (3) 0.2 m
【解析】(1) 当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
N2＝Mg－f′＝5 N
(2) 滑块向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有
－mgl－fl＝
代入数据解得v1＝8 m/s
(3) 由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m
1．求解方法是按时间先后分解过程，恰当选择相互作用的研究对象，建立正确的问题模型，根据遵循的规律列方程组，逐步求解．
2．力学规律的选用原则
(1) 如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
(2) 研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
(3) 若研究的对象为一个系统，且物体之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
(4) 在涉及相对位移问题时，则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量．
(5) 在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
配套热练
题组练
题组一 动量、冲量、动量定理及其应用
1．(2025·广州二模)2024年9月，我国自主研发的试验火箭完成10 km级垂直起降返回飞行试验．回收阶段，火箭发动机在标准工况下连续工作40 s，其推力为8×105 N，比冲为2.8×103 m/s(比冲：消耗单位质量燃料所产生的冲量)，该过程消耗燃料约( C )
A．700 kg B．2 000 kg
C．1.1×104 kg D．5.6×104 kg
【解析】根据冲量的定义，可得冲量I＝Ft＝8×105 N×40 s＝3.2×107 N·s，根据比冲的定义，可得消耗的燃料m＝≈1.1×104 kg，故选C．
2．(2025·佛山禅城区统一调研)一个同学质量为m＝60 kg，站立时手能摸到的最大高度为h1＝2.2 m．该同学身体下蹲后由静止开始用力蹬地，经过时间t1＝0.40 s沿竖直方向跳起，手能摸到的最大高度为h2＝3.0 m．人在空中运动时身体伸直，忽略踮脚带来的高度变化，空气阻力不计，取g＝10 m/s2．
(1) 假定他蹬地的力F1为恒力，求F1的大小．
(2) 然后该同学落回地面，脚接触地面后经过时间t2＝0.20 s重心降至最低(该过程可等效为匀减速直线运动)，接着他用恒力F2蹬地跳起，手能摸到的最大高度为h3＝2.7 m，求该同学蹬地的作用力F2的大小．
答案：(1) 1 200 N (2) 1 350 N
【解析】(1) 该同学重心上升的高度
h＝h2－h1＝0.8 m
双脚离地时的速度
v＝＝ m/s＝4 m/s
由动量定理，规定向上为正方向有
(F1－mg)t1＝mv－0
解得F1＝1 200 N
(2) 根据对称性可知，该同学落回地面时速度大小v1＝4 m/s，经时间t2＝0.20 s重心降至最低即速度减为零，由匀变速直线的规律可得重心下降的高度h＝t2＝0.4 m
再次跳起时速度v2＝＝ m/s
因为该同学接着用恒力F2蹬地跳起，故起跳过程可看成匀加速直线运动，设起跳所用时间为t3，由h＝t3，得t3＝ s
规定向上为正方向，根据动量定理
(F2－mg)t3＝mv2－0
解得F2＝1 350 N
题组二 动量守恒定律及应用
3．(2025·河源调研模拟测试二)(多选)如图所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1．开始时两木块之间有一根用轻绳缚住已压缩的轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动．若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块( AB )
A．动量大小之比为1∶1
B．速度大小之比为2∶1
C．动量大小之比为2∶1
D．速度大小之比为1∶1
【解析】左侧木块所受滑动摩擦力f1＝μ1m1g，方向水平向右，右侧木块所受滑动摩擦力f2＝μ2m2g，方向水平向左，根据题意有m2＝2m1，μ1＝2μ2，解得f1＝f2，即两木块构成的系统所受外力的合力为0，则系统动量守恒，两木块动量大小相等，则动量大小之比为1∶1，A正确，C错误；结合上述，根据动量守恒定律有m1v1－m2v2＝0，根据题意有m2＝2m1，解得v1∶v2＝2∶1，B正确，D错误．
4．(2025·广东省六校月考)(多选)某高速公路上，由于前车违规停车发生一起追尾交通事故，图乙所示为交警根据现场测量绘制的刹车痕迹勘察示意图，其中x2表示前后两车减速区域重叠部分的长度．将后车制动过程和碰后两车的减速过程均视为匀减速直线运动，两车均视为质点且质量相等，所受阻力大小均始终为车重的0.5倍，碰撞时间极短，且碰撞前后两车始终在同一直线上运动，该高速路段的限速为120 km/h，取g＝10 m/s2．下列说法中正确的是( AD )
甲
乙
A．两车碰后瞬间前车的速度大小为15 m/s
B．两车碰后瞬间后车的速度大小为15 m/s
C．后车刹车后，经4 s停下来
D．后车开始刹车时，没有超速
【解析】根据牛顿第二定律，两车做匀减速直线运动的加速度大小均为a＝＝5 m/s2，根据运动学公式，前车、后车碰撞后瞬间速度大小分别为v2、v1，v2＝＝15 m/s，v1＝＝10 m/s，A正确，B错误；两车碰撞过程，根据动量守恒定律可得mv＝mv1＋mv2，解得碰撞前瞬间后车的速度为v＝25 m/s，根据－v2＝2a(x1－x2)，解得v0＝30 m/s＝108 km/h＜120 km/h，后车开始刹车时，没有超速，后车的运动时间为t＝＝3 s，C错误，D正确．
题组三 碰撞问题
5．(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，下列说法中正确的有( ABD )
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
【解析】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，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3后停止，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；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．
6．(多选)物体A和B用轻绳相连挂在轻弹簧下静止不动，如图甲所示．A的质量为m，B的质量为M，将连接A、B的绳烧断后，A上升，经过某一位置时的速度大小为v，这时B的下落速度大小为u，如图乙所示．重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法中正确的是( AB )
甲 乙
A．在这段时间里，A的重力势能增加量小于弹簧弹力对A做的功
B．在这段时间里，弹簧弹力对A的冲量大小等于mv＋mu
C．在这段时间里，弹簧弹力对A的冲量大小等于mv
D．绳烧断瞬间，A的加速度大小为
【解析】在这段时间里，弹簧弹力对A做的功等于A的重力势能增加量和动能增加量之和，A正确；根据动量定理，对物体A，则有I弹－mgt＝mv，对于物体B，则有Mgt＝Mu，联立解得I弹＝mv＋mu，B正确，C错误；绳未烧断时，整体受力分析可得F弹＝(M＋m)g，烧断绳瞬间，弹簧的弹力不变，对A受力分析，由牛顿第二定律可得F弹－mg＝ma，联立解得a＝，D错误．
题组四 爆炸、反冲、类碰撞问题
7．(2025·广州执信中学检测)(多选)如图所示，水平地面上有一质量为m的“”形木板A，其水平部分表面粗糙，长度为2R，圆弧部分的半径为R、表面光滑，两部分平滑连接．现将质量也为m、可视为质点的滑块B从圆弧的顶端由静止释放．若地面粗糙，滑块B恰好能滑到此木板的最左端，此过程中木板A始终处于静止状态，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的是( AD )
A．此过程中，A对水平地面的最大压力为4mg
B．B与A水平部分上表面的动摩擦因数为0.2
C．若水平地面光滑，滑块B将从木板A的左端滑出
D．若水平地面光滑，A向右运动的最大位移为1.5R
【解析】若地面粗糙，B滑到低端时有mgR＝mv2，根据FN－mg＝m，可得FN＝3mg，可知此过程中，A对水平地面的最大压力为FNm＝4mg，A正确；若地面粗糙，根据能量关系有mgR＝μmg·2R，解得B与A水平部分上表面的动摩擦因数为μ＝0.5，B错误；若水平地面光滑，则当B相对A静止时，由水平方向动量守恒有0＝2mv共，即两物体的速度均为零，根据能量关系有mgR＝μmgΔx，可得Δx＝2R，即滑块B仍停在木板A的左端，C错误；若水平地面光滑，由水平方向动量守恒可得mx＝(3R－x)m，解得x＝1.5R，即A向右运动的最大位移为1.5R，D正确．
8．(2025·广东省三模)在游乐场的水平地面上，小明和小红各自驾驶碰碰车相向运动，小明与碰碰车的总质量m1＝60 kg，小红与碰碰车的总质量m2＝40 kg．碰撞前瞬间，小明驾驶的碰碰车的速度大小v1＝4 m/s，方向向右，小红驾驶的碰碰车的速度大小v2＝3 m/s，方向向左，两车发生正碰后瞬间通过挂钩锁在一起，碰后两车立即刹车共同滑行一段距离后停下．已知两碰碰车所受地面阻力大小与重力大小的比值均为μ＝0.1，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1) 碰后瞬间两车的共同速度大小v以及方向．
(2) 碰撞过程中两碰碰车损失的总机械能ΔE．
(3) 碰后两车共同滑行的时间t以及距离s．
答案：(1) 1.2 m/s 方向水平向右(或向右)
(2) 588 J (3) 1.2 s 0.72 m
【解析】(1) 以水平向右为正方向，对两车碰撞的过程，根据动量守恒定律则有
m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝1.2 m/s，v为正值，说明v的方向水平向右(或向右)
(2) 根据能量守恒定律有
ΔE＝－(m1＋m2)v2
解得ΔE＝588 J
(3) 根据动量定理有μ(m1＋m2)gt＝(m1＋m2)v
解得t＝1.2 s
根据功能关系有μ(m1＋m2)gs＝(m1＋m2)v2
解得s＝0.72 m
题组五 多体、多过程碰撞问题
9．(2025·潮州二模冲刺练习)如图所示，倾角α＝37°的足够长斜面体水平固定，质量为3 kg的物块A静止在斜面上，质量为1 kg的光滑物块B从距离A为 m处由静止释放，下滑过程中，A与B的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短．物块A与斜面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：
(1) B与A第一次碰撞前瞬间的速度大小．
(2) 第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间．
(3) 在第二次碰撞和第三次碰撞之间，A、B间的最大距离．
答案：(1) 5 m/s (2) s (3) m
【解析】(1) B由静止开始下滑的加速度大小为
a＝g sin α＝6 m/s2
由运动学公式有＝2ax1，解得v0＝5 m/s
(2) 设第一次碰撞后，A和B的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒有mBv0＝mBv2＋mAv1
根据能量守恒有＝
解得v1＝2.5 m/s，v2＝－2.5 m/s
碰撞后，对A研究，由于
mAg sin α－μmAgcos α＝0
故碰后A做匀速运动，设经过t时间A、B第二次碰撞，则有v1t＝v2t＋at2
解得t＝ s
(3) 第二次碰撞前，B的速度大小
v3＝v2＋at＝7.5 m/s
设第二次碰撞后，A、B的速度大小分别v4、v5，根据动量守恒有mAv1＋mBv3＝mAv4＋mBv5
根据能量守恒有
＝
解得v4＝5 m/s，v5＝0
设经过t′的时间A、B间的距离最大，有v4＝at′
解得t′＝ s
则A、B间的最大距离为sm＝v4t′－at′2＝ m
增强练
一、单项选择题
1．(2025·清远联考)如图所示，超市中静置于水平地面的n辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量I使其向右运动，运动一段距离后与第二辆车相碰，以共同速度向右运动，运动一段距离后又与第三辆车相碰，……，直到碰完第n辆车，整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，忽略地面摩擦力和空气阻力，则n辆车最终的速度大小为( C )
A． B．
C． D．
【解析】第一辆车的速度大小v＝，整个过程仅考虑碰撞时的相互作用力，动量守恒，碰后共速则有mv＝nmv′，则n辆车最终的速度大小为v′＝，故选C．
2．(2025·广东番禺中学测试)如图所示，小船静止于水面上，站在船尾的人不断将鱼抛向左方船头的舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法中正确的是( C )
A．向左运动，船向左移动了一些
B．小船静止，船向左移动了一些
C．小船静止，船向右移动了一些
D．小船静止，船不移动
【解析】人、船、鱼组成的系统动量守恒，开始时系统静止，动量为零，由动量守恒定律可知，最终船是静止的；在人将鱼向左抛出而鱼没有落入船舱的过程中，鱼具有向左的动量，由动量守恒定律可知，船(包括人)具有向右的动量，船要向右移动，鱼落入船舱后船即停止运动，如此反复，在抛鱼的过程中船要向右运动，最终船要向右移一些，C符合题意，故选C．
3．(2025·广州二中测试)如图所示是古代奥林匹克立定跳远的陶瓷画，运动员手持一种负重物(一般由铅块或石块组成)起跳．现代科学研究表明，运动员手持一定质量的负重物起跳，能够跳得更远．若某位运动员的质量为70 kg，两手各持一个质量为3.5 kg的负重物，在某次立定跳远练习过程中，起跳速度大小为6 m/s，方向与水平方向成37°夹角，在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出(可认为瞬间完成)，取g＝10 m/s2，忽略空气阻力sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．下列说法中正确的是( A )
A．运动员在负重起跳到最高点时，将重物扔出与不扔出两种情况相比，运动员多跳约0.17 m
B．腾空过程中，运动员在水平方向受到的冲量为零
C．重物落地前动量方向斜向下
D．在起跳过程中运动员受到合力的冲量竖直向上
【解析】运动员竖直向上的分速度为vy＝v0sin θ＝3.6 m/s，水平方向分速度为vx＝v0cos θ＝4.8 m/s，由最高点落地时间为t＝＝0.36 s，在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出，由动量守恒定律可知，运动员速度增加量为Δv＝vx＝0.48 m/s，将重物扔出与不扔出两种情况相比，运动员多跳约Δs＝Δv·t＝0.17 m，A正确；腾空过程中，在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出，运动员在水平方向受到的冲量不为零，B错误；在最高点将负重物相对于地面速度为零扔出，重物落地前动量方向竖直向下，C错误；在起跳过程中运动员受到合力方向为速度方向，则冲量方向与水平方向成37°夹角，D错误．
二、多项选择题
4．(2023·广东卷)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1以大小为0.40 m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度大小为0.22 m/s．关于两滑块的碰撞过程，下列说法中正确的有( BD )
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5 N
【解析】碰撞前滑块1和2整体的动量大小p1＝mv0＋0＝0.4 kg·m/s，碰撞后整体的动量大小p2＝2mv共＝0.44 kg·m/s，p1≠p2，所以碰撞过程滑块1和2整体动量不守恒，故A错误；碰撞过程滑块1动量变化量大小Δp1＝mv0－mv共＝0.18 kg·m/s，故B正确；碰撞过程滑块2动量变化量Δp2＝mv共－0＝0.22 kg·m/s，故C错误；对滑块2由动量定理可得FΔt＝Δp2，解得F＝5.5 N，故D正确．
5．(2025·大湾区联合模拟考试二)距地面为h高度处的甲球由静止释放，同时位于地面的乙球以一定的初速度竖直上抛，乙球在上升过程中在距地面0.75h处与甲球发生弹性正碰，碰后甲球恰好能够回到原高度处．两球质量相等且均可视为质点，不计空气阻力．下列说法中正确的有( BD )
A．碰撞前后瞬间，甲球的动量不变
B．碰撞前后瞬间，乙球的动能不变
C．从释放到碰撞前过程，甲球的重力冲量小于乙球的重力冲量
D．从碰撞后到乙球落地前过程，甲、乙两球的重力冲量相等
【解析】碰后甲球恰好能够回到原高度处，则碰撞前后瞬间，甲球的速度大小不变，方向相反，动量改变，A错误；两球发生弹性碰撞，由能量守恒定律可知，碰撞前后瞬间乙球的动能不变，B正确；从释放到碰撞前过程，两球运动时间相等，由I＝mgt可知，甲球的重力冲量等于乙球的重力冲量，C错误；从碰撞后到乙球落地前过程，两球运动时间相等，由I＝mgt可知，甲、乙两球的重力冲量相等，D正确．
6．(2025·深圳红岭中学第二次统考)(多选)如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2024个质量均为2m的弹性物块(所有物块在同一竖直平面内，且间距足够小)，质量为m的0号物块从曲面上高h处静止释放后，沿曲面滑到水平面上与1号物块发生弹性正碰，0号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复．所有物块均可视为质点、两两间碰撞时均无机械能损耗，重力加速度为g，则下列说法中正确的是( BCD )
A．最终物块间的距离保持不变
B．1号物块共受到4 047次碰撞
C．0号物块最终动量大小为m
D．2 022号物块最终速度大小为
【解析】对0号物体，从曲面最高点到最低点过程中，根据机械能守恒定律有mgh＝，解得v0＝，由题可知，2 024个弹性物块两两之间碰撞时交换速度，所以2 024号物块最终速度是0号物块与1号物块发生弹性正碰后1号物块的速度，由机械能守恒和动量守恒有＝，mv0＝mv′0＋2mv1，解得v1＝，v′0＝－，可知2 024号物块最终速度大小为，同理2 023号物体最终速度是0号物块与1号物块第2次碰撞后发生弹性正碰后1号物块的速度，大小为v0，2 022号物块最终速度为v0＝，故后面物块的速度不断减小，间距不断增大，A错误，D正确；2 024个弹性物块两两之间碰撞时交换速度，0号物块与1号物块碰撞2 024次，2号物块在开始匀速运动之前与1号物块碰撞2 023次，故1号木块共受到4 047次碰撞，B正确；根据A项分析知，0号物块与1号物块碰撞1次后，0号物块的速度为v′0＝－，0号与1号发生碰撞后，1号将与2号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1号将静止．之后0号将继续与1号发生第二次碰撞，同理可得，0号第二次碰撞后的速度为＝－，最终0号物块要与1号物块碰撞2 024次，所以0号物块最终动量大小为m，C正确．
三、非选择题
7．(2025·汕头三模)如图所示，物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一根竖直轻杆，用一长l＝0.2 m的细线将小球C(可看成质点)竖直悬挂在轻杆上O点，A、B、C质量均为M＝0.03 kg．初始时，物块A、B均固定在水平面上，质量为m＝0.01 kg的子弹以某一水平初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，小球C恰能到达与O点等高的P点．取g＝10 m/s2，不计空气阻力．
(1) 求子弹初速度的大小．
(2) 若解除物块A、B的固定，子弹仍以相同初速度射入小球C(射入时间极短且未射出)，求小球C能上升的最大高度．
答案：(1) 8 m/s (2) 0.12 m
【解析】(1) 设子弹的初速度大小为v1，击中C后，二者共同的速度大小为v2，规定向右为正方向，由动量守恒有mv1＝(m＋M)v2
当C达到P点时，由机械能守恒有
＝(m＋M)gl
联立解得v1＝8 m/s，v2＝＝2 m/s
(2) 设小球C到最高点时速度大小为v3，由动量守恒有(m＋M)v2＝(m＋3M)v3
由机械能守恒有
＝＋(m＋M)gh
联立解得h＝0.12 m
8．(2025·揭阳惠来一中三模)如图所示，一半径为R＝3 m的圆弧轨道固定在水平面上，且与水平面相切于圆弧最低点B，圆弧对应的圆心角θ＝53°，C点处固定另一半径为r的竖直圆轨道且与水平面相切；距C点足够远的D点放有一质量为M＝3 kg的物块，D点右侧水平面粗糙且与物块间的动摩擦因数为μ＝0.1．一个质量为m＝1 kg的光滑小球从圆弧轨道的上端点A由静止释放，之后恰好能通过竖直圆轨道并与物块发生碰撞，忽略小球与物块的大小，且除了物块与D点右侧地面之间存在摩擦外，其余摩擦均不计，小球与物块的碰撞没有机械能损失，取g＝10 m/s2．已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6．试求：
(1) 小球刚滑到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小．
(2) 竖直圆轨道的半径及小球与物块第1次碰撞后物块速度大小．
(3) 判断小球能否与物块发生第2次碰撞．若不能，请通过计算说明理由；若能，求出小球与物块发生第2次碰撞后物块滑行的总位移．
答案：(1) 18 N (2) 0.48 m m/s (3) 能 1 m
【解析】(1) 小球释放后由动能定理可得
mg(R－Rcos θ)＝－0，解得vB＝2 m/s
在B点有NB－mg＝，解得NB＝18 N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为18 N
(2) 小球恰好过圆轨道最高点，有
－mg·2r＝
mg＝，且vB＝vC＝2 m/s
解得r＝0.48 m
小球离开圆轨道后与物块相碰时，小球与物块的碰撞没有机械能损失，则由动量守恒及机械能守恒可知
mvC＝＝
解得v1＝－ m/s＝ m/s
(3) 小球反弹后能到达圆环轨道高度为h′，则
－mgh′＝，解得h′＝0.3 m＜r
故小球不能过固定圆轨道圆心等高点，将以原来速度大小返回后与物块发生第2次碰撞，有
mv1＝＝
解得v2＝－ m/s，v′2＝ m/s
故物块停下时有μMgx总＝
解得x总＝1 m
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