2020高考物理专题10 碰撞与动量守恒定律(高考押题)(解析版)

高考押题专练1．如图所示，两木块A、B 用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A ，并留在其中．在子弹打中木块 A 及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，列说法中正确的是( )B．动量守恒、机械能不守恒C．动量不守恒、机械能守恒D．动量、机械能都不守恒【答案】B【解析】子弹击中木块 A 及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒．但是子弹击中木块A过程，有摩擦做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒， B 正确．2．如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则( )A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零B．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C．此系统的机械能一定守恒D．此系统的机械能可能增加【答案】D【解析】若一个系统动量守恒，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零， A 错误．此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变这是有可能的， B 错误．因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，C错误，D 正确．3．在光滑水平面上，质量为m 的小球 A 正以速度v0匀速运动．某时刻小球 A 与质量为3m的静止小球 B 发生正碰，两球相碰后， A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后 B 球的速度大小是( ) v0 v0 v0 v0A.2B.6C.2或6D．无法确定【答案】A解析】两球相碰后 A 球的速度大小变为原来的21，相碰过程中满足动量守恒，若碰后 A 速度方向不变，则mv0＝1mv0＋3mv1，可得 B 球的速度v1＝v，而 B 在前，A 在后，碰后 A 球的速度大于 B 球的速度，26不符合实际情况，因此A球一定反向运动，即mv0＝－21mv0＋3mv1，可得v1＝v20，A 正确，B、C、D错误．4．A、B 两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图表示发生碰撞前后的v－t 图线，由图线可以判断( )A．A、B 的质量比为3∶2B．A、B 作用前后总动量守恒C．A、B 作用前后总动量不守恒D．A、B 作用前后总动能不变【答案】ABD【解析】设 A 的质量为m1，B 的质量为m2，碰撞前后两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，从图象上可得碰撞前后两者的速度，故有m1×6＋m2×1＝m1×2＋m2×7，解得m1∶m2＝3∶2， A 、 B 正1 1 55 1 1 55 确，C 错误．碰撞前系统的总动能E k1＝2m1×62＋2m2×12＝3 m1，碰撞后总动能为 E k2＝2m1×22＋2m2 ×72＝3 m1＝E k1，动能不变， D 正确．5．在光滑水平面上动能为E0、动量大小为p 的小钢球 1 与静止小钢球 2 发生碰撞，碰撞前后球 1 的运动方向相反，将碰撞后球 1 的动能和动量大小分别记为E1、p1，球 2 的动能和动量大小分别记为E2、p2，则必有( )A．E1<E0 B．p2>p0 C．E2> E0 D．p1>p0【答案】AB【解析】因为碰撞前后动能不增加，故有E1<E0，E2<E0，p1<p0，A 正确，C、D 错误．根据动量守恒定律得p0＝p2－p1，得到p2＝p0＋p1，可见，p2>p0，B 正确．6．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块．若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示．则上述两种情况相比较 ( )A ．子弹的末速度大小相等B ．系统产生的热量一样多C ．子弹对滑块做的功不相同D ．子弹和滑块间的水平作用力一样大【答案】 AB解析】根据动量守恒，两次最终子弹与滑块的速度相等， A 正确．根据能量守恒可知，初状态子弹的动能相同， 末状态两滑块与子弹的动能也相同， 因此损失的动能转化成的热量相等， B 正确．子 弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相等，因此做功相等， C 错误．产生的热量 Q ＝f ×Δs ，由t ＝0 时刻，以初速度 v 0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度B ．物块所受摩擦力大小C ．斜面倾角 θD ．3t 0 时间内物块克服摩擦力所做的功【答案】 AC解析】上滑过程中做初速度为 v 0 的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零、末速度为v 的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有v 20t 0＝ v 2·2t 0，解得 v ＝ v 20，A 正确．上滑过程中有－(mgsin θ＋ μmgcos θ) ·t 0＝ 0－ mv 0，下滑过程中有 (mgsin θ－ μ mcgos θ) ·2t 0＝m 2v ，解得 F f ＝ μ mcgos θ＝3mv0，sin θ＝ 5v0 ，由于不知道质量，所以不能求出摩擦力，可以求出斜面倾角，B 错误，C 正确．由8t 08gt 0于不知道物体的质量，所以不能求解克服摩擦力所做的功， D 错误．9．如图甲所示，物块 A 、B 间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面 上，其中于产生的热量相等，而相对位移 Δs 不同，因此子弹和滑块间的水平作用力大小不同， D 错误．3t 0 时刻物块又返回底端．由此可以确定7．如图甲所示，一物块在A ．物块返回底端时的速度A 物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为 4 kg。

能力提升课第二讲 碰撞、反冲与动量守恒定律热点一 碰撞问题 (师生共研)1．碰撞的特点和分类(1)特点：①作用时间极短，内力远大于外力，满足动量守恒．②满足能量不增加原理．③必须符合一定的物理情境． (2)分类2.(1)动量守恒定律． (2)机械能不增加．(3)速度要合理：①若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．[典例1] [弹性碰撞] (2016·全国卷Ⅲ) 如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12m v 20>μmgl ① 即μ<v 202gl ②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有 12m v 20＝12m v 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有m v 1＝m v 1′＋34m v 2′④ 12m v 21＝12m v 1′2＋12(34m )v 2′2⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12(34m )v 2′2≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 2113gl ⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件为 32v 20113gl ≤μ<v 202gl . 答案：32v 20113gl ≤μ<v 202gl [反思总结]碰撞问题的解题策略1．抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解． 2．可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0、v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0.3．熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m 1≫m 2，且v 20＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v .当m 1≪m 2，且v 20＝0时，碰后质量小的球原速率反弹．1－1.[碰撞现象的分析](多选)如图所示，动量分别为p A＝12 kg·m/s、p B＝13 kg·m/s的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用Δp A、Δp B表示两小球动量的变化量，则下列选项中可能正确的是()A．Δp A＝－3 kg·m/s，Δp B＝3 kg·m/sB．Δp A＝－2 kg·m/s，Δp B＝2 kg·m/sC．Δp A＝－24 kg·m/s，Δp B＝24 kg·m/sD．Δp A＝3 kg·m/s，Δp B＝－3 kg·m/s答案：AB1－2.[非弹性碰撞]如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C.B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得m v0＝2m v1①此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE.对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得m v1＝2m v2②12m v 21＝ΔE＋12(2m)v22③联立①②③式得ΔE＝116m v2.④(2)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p.由动量守恒定律和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3⑤12m v 20－ΔE ＝12(3m )v 23＋E p ⑥ 联立④⑤⑥式得E p ＝1348m v 20. 答案：(1)116m v 20 (2)1348m v 201－3.[弹性碰撞] (2015·全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．解析：A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1.由动量守恒定律和机械能守恒定律得 m v 0＝m v A 1＋M v C 1① 12m v 20＝12m v 2A 1＋12M v 2C 1② 联立①②式得 v A 1＝m －M m ＋M v 0③v C 1＝2m m ＋M v 0④如果m ＞M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m ＜M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有 v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝(m －M m ＋M )2v 0⑤根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A2≤v C1⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0解得m≥(5－2)M另一解m≤－(5＋2)M舍去．所以，m和M应满足的条件为(5－2)M≤m＜M.答案：(5－2)M≤m＜M热点二反冲、爆炸问题(自主学习)1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时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．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒；④反冲运动中机械能往往不守恒．2－1.[水平方向的反冲问题]一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行．若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()A．v0－v2 B．v0＋v2C ．v 0－m 2m 1v 2D ．v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)答案：D2－2.[竖直方向的反冲问题] 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v 0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.mM v 0 B ．Mm v 0 C.M M －m v 0 D ．mM －m v 0答案：D2－3.[爆炸问题] 一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量之比为3∶1，不计质量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )解析：弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出，飞行时间t ＝2h g ＝1 s ．取向右为正方向，由水平速度v ＝x t 知，A 中，v甲＝2.5 m/s ，v 乙＝－0.5 m/s ；B 中，v 甲＝2.5 m/s ，v 乙＝0.5 m/s ；C 中，v 甲＝1 m/s ，v 乙＝2 m/s ；D 中，v 甲＝－1 m/s ，v 乙＝2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故m v ＝m 甲v 甲＋m 乙v 乙，其中m 甲＝34m ，m 乙＝14m ，v ＝2 m/s ，代入数值计算知B 正确． 答案：B热点三 动量与能量综合问题 (师生共研)1．解动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．2．利用“动量和能量”观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．[典例2](2016·全国卷Ⅱ)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①12m2v 220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg③(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入数据得设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥12m2v 220＝12m2v22＋12m3v23⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．答案：见解析3－1.[动量定理与动能定理综合]某快递公司分拣邮件的水平传输装置如图所示，皮带在电动机的带动下保持v＝1 m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m＝2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ＝0.5.设皮带足够长，取g＝10 m/s2，在邮件与皮带发生相对滑动的过程中，求：(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W.解析：(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则F＝μmg①取向右为正方向，对邮件应用动量定理，有Ft＝m v－0②由①②式并代入数据得t＝0.2 s③(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有Fx＝12m v2－0④由①④式并代入数据得(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s ，则 s ＝v t ⑥摩擦力对皮带做的功 W ＝－Fs ⑦由①③⑥⑦式并代入数据得 W ＝－2 J.答案：(1)0.2 s (2)0.1 m (3)－2 J3－2.[动量守恒与动能定理综合] 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度大小．解析：以A 碰前速度方向为正方向．设发生碰撞前瞬间A 的速度大小为v ，在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2，由动量守恒定律和能量守恒定律，得m v ＝m v 1＋(2m )v 2① 12m v 2＝12m v 21＋12(2m )v 22② 由①②式得 v 1＝－v 22③设碰后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理有 μmgd 1＝12m v 21④ μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22⑤ 由题意得d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得 μmgd ＝12m v 20－12m v 2⑦ 联立②至⑦式得v 0＝285μgd .答案：285μgd1．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( A )A．30 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/sC．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s2．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B＝2m A，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( A )A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶103．(多选)(2019·莆田一中月考)向空中发射一物体(不计空气阻力)，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a、b两块．若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则( CD )A．b的速度方向一定与原速度方向相反B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C．a、b一定同时到达地面D．炸裂的过程中，a、b的动量变化大小一定相等解析：在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒．炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断出来b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系，A错误；a、b都做平抛运动，飞行时间相同，由于初速度大小关系无法判断，所以a飞行的水平距离不一定比b的大，B错误；a、b 都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，飞行时间一定相同，a 、b 一定同时到达水平地面，C 正确；在炸裂过程中，a ，b 受到爆炸力大小相等，作用时间相同，则爆炸力的冲量大小一定相等，即炸裂的过程中，a 、b 的动量变化大小一定相等，D 正确．4．如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m 的物块B 与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m 的物块A 从圆弧轨道上距离水平面高h 处由静止释放，与B 碰撞后推着B 一起运动但与B 不粘连．求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)A 与B 第一次分离后，物块A 沿圆弧面上升的最大高度．解析：(1)A 下滑与B 碰撞前，根据机械能守恒得3mgh ＝12×3m v 21A 与B 碰撞，根据动量守恒得3m v 1＝4m v 2弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能，根据能量守恒得E pmax ＝12×4m v 22＝94mgh(2)根据题意，A 与B 分离时A 的速度大小为v 2A 与B 分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得3mgh ′＝12×3m v 22解得h ′＝916h .答案：(1)94mgh (2)916h。

专题十碰撞与动量守恒定律动量和能量的思想,特别是动量守恒定律与能量守恒定律，是贯穿高中物理各知识领域的一条主线。

用动量和能量观点分析物理问题,是物理学中的重要研究方法,也是高考的永恒话题。

具体体现在：①题型全，年年有，不回避重复考查，常作为压轴题出现在物理试卷中，是区别考生能力的重要内容；②题型灵活性强，难度较大，能力要求高，题型全，物理情景多变，多次出现在两个守恒定律交汇的综合题中；③经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识综合运用，在高考中所占份量相当大；④主要考查的知识点有：变力做功、瞬时功率、功和能的关系、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量与能量的综合应用等。

知识点一、动量与动能、冲量的关系1．动量和动能的关系(1)动量和动能都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关．但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比，p＝mv；动能的大小与速度的平方成正比，E k＝mv2/2.两者的关系：p2＝2mE k.(2)动量是矢量而动能是标量．物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化．(3)动量的变化量Δp＝p2－p1是矢量形式，其运算遵循平行四边形定则；动能的变化量ΔE k＝E k2－E k1是标量式，运算时应用代数法．2．动量和冲量的关系冲量是物体动量变化的原因，动量变化量的方向与合外力冲量方向相同．知识点二、动能定理和动量定理的比较特别提醒：做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就表示有多少能量发生了转化，所以说功是能量转化的量度．功能关系是联系功和能的“桥梁”．知识点三、机械能守恒定律1．机械能守恒的判断(1)物体只受重力作用，发生动能和重力势能的相互转化．如物体做自由落体运动、抛体运动等．(2)只有弹力做功，发生动能和弹性势能的相互转化．如在光滑的水平面上运动的物体与一个固定的弹簧碰撞，在其与弹簧作用的过程中，物体和弹簧组成的系统的机械能守恒．上述弹力是指与弹性势能对应的弹力，如弹簧的弹力、橡皮筋的弹力，不是指压力、支持力等．(3)物体既受重力又受弹力作用，只有弹力和重力做功，发生动能、重力势能、弹性势能的相互转化．如做自由落体运动的小球落到竖直弹簧上，在小球与弹簧作用的过程中，小球和弹簧组成的系统的机械能守恒．(4)物体除受重力(或弹力)外虽然受其他力的作用，但其他力不做功或者其他力做功的代数和为零．如物体在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下运动，其拉力与摩擦力大小相等，该过程物体的机械能守恒．判断运动过程中机械能是否守恒时应注意以下几种情况：①如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和势能的相互转化时，机械能守恒；②可以对系统的受力进行整体分析，如果有除重力以外的其他力对系统做了功，则系统的机械能不守恒；③当系统内的物体或系统与外界发生碰撞时，如果题目没有明确说明不计机械能的损失，则系统机械能不守恒；④如果系统内部发生“爆炸”，则系统机械能不守恒；⑤当系统内部有细绳发生瞬间拉紧的情况时，系统机械能不守恒． 2．机械能守恒定律的表述(1)守恒的角度：系统初、末态的机械能相等，即E 1＝E 2或E k1＋E p1＝E p2＋E k2，应用过程中重力势能需要取零势能面；(2)转化角度：系统增加的动能等于减少的势能，即ΔE k ＝－ΔE p 或ΔE k ＋ΔE p ＝0；(3)转移角度：在两个物体组成的系统中，A 物体增加的机械能等于B 物体减少的机械能，ΔE A ＝－ΔE B或ΔE A ＋ΔE B ＝0.知识点四、能量守恒定律1．能量守恒定律具有普适性，任何过程的能量都是守恒的，即系统初、末态总能量相等，E 初＝E 末． 2．系统某几种能量的增加等于其他能量的减少，即 ΔE n 增＝－ΔE m 减．3．能量守恒定律在不同条件下有不同的表现，例如只有重力或弹簧弹力做功时就表现为机械能守恒定律．知识点五、涉及弹性势能的机械能守恒问题1．弹簧的弹性势能与弹簧规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要形变量相同，其储存的弹性势能就相同．2．对同一根弹簧而言，先后经历两次相同的形变过程，则两次过程中弹簧弹性势能的变化相同． 3．弹性势能公式E p ＝12kx 2不是考试大纲中规定的内容，高考试题除非在题干中明确给出该公式，否则不必用该公式定量解决物理计算题，以往高考命题中涉及弹簧弹性势能的问题都是从“能量守恒”角度进行考查的．知识点六、机械能的变化问题1．除重力以外的其他力做的功等于动能和重力势能之和的增加．2．除(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做的功等于动能和弹性势能之和的增加．3．除重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做的功等于机械能的增加，即W 其＝E 2－E 1.除重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做正功，机械能增加；除了重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做负功，机械能减少．高频考点一、动量定理的应用例1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）一质量为m =2000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。

物理动量守恒定律题20套(带答案)及解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．如图所示，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m 、m ，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数恒定．现让甲以速度0v 向着静止的乙运动并发生正碰，且碰撞时间极短，若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，试求：（1）第一次碰撞过程中系统损失的动能 （2）第一次碰撞过程中甲对乙的冲量 【答案】(1)2014mv ；(2) 0mv 【解析】 【详解】解：(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为1v 、2v ，之后甲做匀速直线运动，乙以2v 初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速度相等，有：212v v =而第一次碰撞中系统动量守恒有：01222mv mv mv =+ 由以上两式可得：012v v =，20 v v = 所以第一次碰撞中的机械能损失为：222201201111222224E m v m v mv mv ∆=--=gg g g (2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：200I mv mv =-=2．如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b ,小车质量M =3kg ，AO 部分粗糙且长L =2m ，动摩擦因数μ=0.3，OB 部分光滑．另一小物块a ．放在车的最左端，和车一起以v 0=4m/s 的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a 、b 两物块视为质点质量均为m =1kg ，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动．（取g =10m/s 2）求：(1)物块a 与b 碰后的速度大小；(2)当物块a 相对小车静止时小车右端B 到挡板的距离；(3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离．【答案】(1)1m/s (2) (3) x=0.125m【解析】试题分析：（1）对物块a，由动能定理得：代入数据解得a与b碰前速度：；a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：；（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：，对小车，由动能定理得：，代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：；（3）由能量守恒得：，解得滑块a与车相对静止时与O点距离：；考点：动量守恒定律、动能定理。

考点八碰撞与动量守恒1.(2020·全国Ⅰ卷)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【解析】选D。

有无安全气囊司机初动量和末动量均相同,则动量的改变量也相同,故选项B 错误;安全气囊可以延长司机受力作用时间,同时增大司机的受力面积,根据动量定理,则减少了司机受力大小,从而司机单位面积的受力大小也减少,故选项A 错误,D 正确;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,故选项C 错误。

2.(2020·全国Ⅱ卷)水平冰面上有一固定的竖直挡板,一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0kg 的静止物块以大小为5.0m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0m/s 的速度与挡板弹性碰撞。

总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0m/s,反弹的物块不能再追上运动员。

不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为()A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg【解析】选B、C。

运动员第一次推物块,以运动员退行的方向为正方向,有0=Mv 1-mv①,第二次推物块,有Mv 1+mv=Mv 2-mv②…第八次推物块,有Mv 7+mv=Mv 8-mv⑧,联立解得815mvM v =,因v 8>5.0m/s,故M<60kg,D 错误;又推完7次时应该有:0=Mv 7-13mv,得7131vmv M=≤,故M ≥13m=52kg,A 错误;故本题正确答案为B、C。

3.(2020·全国Ⅲ卷)甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动,甲追上乙,并与乙发生碰撞,碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。

高考物理专题训练：动量（基础卷）一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列有关动量的说法中正确的是( ) A ．物体的动量发生改变，其动能一定改变 B ．物体的运动状态改变，其动量一定改变C ．对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量一定守恒D ．对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能一定守恒 【答案】B【解析】物体的动量发生改变，其动能不一定改变，例如做匀速圆周运动的物体，选项A 错误；物体的运动状态改变，则速度发生变化，根据P ＝mv 知，动量一定改变。

故B 正确。

对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量不一定守恒，例如做平抛运动的物体，选项C 错误；对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能不一定守恒，如非弹性碰撞，故D 错误.2．以初速度竖直向上抛出一物体，空气阻力大小不变。

关于物体受到的冲量，以下说法正确的是( )A ．物体上升阶段和下落阶段受到的重力的冲量方向相反B ．物体上升阶段和下落阶段受到空气阻力冲量的大小相等C ．物体在下落阶段受到重力的冲量小于上升阶段受到重力的冲量D ．物体从抛出到返回抛出点，动量变化的方向向下 【答案】D【解析】物体向上运动的过程中空气的阻力的方向向下，则：1mg fa m ＝；下降的过程中空气的阻力方向向上，则：1-mg fa m ＝＜a 1，由于下降的过程中的位移等于上升过程中的位移，由运动学的公式可知上升的时间一定小于下降过程中的时间。

物体上升阶段和下落阶段受到的重力的方向都向下，所以重力的冲量方向相同。

故A 错误；物体上升阶段的时间小，所以物体上升阶段物体受到空气阻力冲量的大小小于下降阶段受到空气阻力冲量的大小。

故B 错误；物体上升阶段的时间小，物体在下落阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量。

2020年高考物理动量守恒专题测试卷一、单选题（本大题共12小题）1.如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。

已知夯锤的质量为M=450kg，桩料的质量为m=50kg。

每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶ℎ0=5m处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。

桩料进入泥土后所受阻力随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率k=5.05×104N/m。

g取10m/s2，则下列说法正确的是()A. 夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为9m/sB. 夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为4.5m/sC. 打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为1mD. 打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为3m2.如图所示为某场足球比赛中运动员罚点球时的情景，运动员将静止在草坪上的足球以35m/s的速度踢出，守门员准确地判断来球方向，并将以25m/s的速度飞来的足球以10m/s的速度沿原路挡出。

已知守门员的双手与足球的作用时间约为0.1s，受到足球的平均作用力大小约为150N，不考虑运动员和守门员触球瞬间足球重力的作用，则罚点球时运动员的脚对足球作用力的冲量大小约为()A. 12N⋅gB. 13.5N⋅sC. 15N⋅sD. 16.6N⋅s3.如图所示，小球a、b用长度相同的细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平伸直。

由静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°，则小球a、b的质量之比为()A. 1：1B. 1：2C. (√2−1)：1D. 1：(√2−1)4.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲叶后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3)A. 0.15PaB. 0.54PaC. 1.5PaD. 5.4Pa 5.啄木鸟觅食时，啄木鸟的头部摆动很快，啄木的速度达到每秒十五到十六次。

a.调节气垫导轨底座螺母,观察导轨上的气泡仪,使导轨成水平状态; b.在滑块 C、D 间放入一个轻质弹簧,用一条橡皮筋捆绑住三者成一水平整体,静置于导轨 中部; c.将光电门尽量靠近滑块 C、D 两端; d.烧断捆绑的橡皮筋,使滑块 C、D 在弹簧作用下分离,分别通过光电门 A、B; e.由光电计时器记录滑块 C 第一次通过光电门 A 时挡光条持续挡光的时间 tC,以及滑块 D 第一次通过光电门 B 时挡光条持续挡光的时间 tD。 (1)实验中还应测量的物理量是 。 (2)根据上述测量的实验数据及已知量,验证动量守恒定律的表达式是 ;实验中 算得的 C、D 两滑块的动量大小并不完全相等,产生误差的主要原因是 。 (3)利用上述实验数据 (选填“能”或“不能”)测出被压缩弹簧的弹性势能的大小。 如能,请写出计算表达式: 。若不能, 说明理由: 。
5.在做“验证动量守恒定律”实验时，入射球 a 的质量为 m1，被碰球 b 的质量为 m2，两小球的 半径均为 r，各小球的落地点如图所示，下列关于这个实验的说法正确的是( )
A．入射球与被碰球最好采用大小相同、质量相等的小球 B．要验证的表达式是 m1·ON=m1·OM＋m2·OP C．要验证的表达式是 m1·OP=m1·OM＋m2·ON D．要验证的表达式是 m1(OP－2r)=m1(OM－2r)＋m2·ON
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力 C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
11. (多选)如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为 m1 和 m2，图 乙为它们碰撞前后的 xt 图象．已知 m1=0.1 kg，由此可以判断( )

动量之碰撞及其可能速度完全弹性碰撞问题:m 1、m 2为发生碰撞的两个物体的质量，v 1、v 2为碰撞前m 1、m 2的速度，，1v 、，2v 为碰撞后m 1、m 2的速度。

第一，由动量守恒定理，得m 1v 1+m 2v 2=m 1，1v +m ，2v （1）第二，由机械能守恒定律，得 v m 21+v m 21=v m 21+v m 21′222′211222211（2）第三，速度限制，碰撞后m 2跑在前面，故m 2的速度必须不小于m 1的速度，即，1v ≤，2v （3）由（1）（2）解得2112122′1m m v m -m v m 2v ++=）（ （4）2121211′2m m v m -m v m 2v ++=）（ （5）另一组为v 1,=v 1,v 2,=v 2,这一组不符合实际，舍掉，综合起来完全弹性碰撞有且只有一组解。

但有时这一组解也有意义，反倒要舍去（3）（4）两式的结果。

见..特例：（1）若m 1=m 2，则有21v v =，，12v v =，也就是说，当两个质量相同的物体发生弹性碰撞，那么，这两个物体将会交换它们的速度；（2）若v 2=0，则有21121′1m m v m -m v +=）（，2111′2m m v m 2v += （3）用平抛运动验证动量守恒，为什么用大球碰静止的小球，小球获得比大球更大的速度？大球为什么不会反向？用（2）的结论，又大球质量m 1＞m 2，0m m v m -m v 21121′1＞）（+=，显然大球速度不会反向。

由于m 1＞m 2，很显然小球被碰后的速度2111′2m m v m 2v +=大于大球原速度v 1。

例1如图所示，大小相同的A 、B 两个球，A 球在光滑水平面上沿一直线向右做匀速直线运动，质量为m ，速度是6m/s ．B 求静止，质量为km ，不久A 、B 两球发生了对心碰撞，碰撞之后的B 球的速度是2m/s ，根据碰撞过程分析k 的取值范围（ ） A ．2≤k ≤3 B ．2≤k ≤5 C ．2≤k ≤6 D ．3≤k ≤5解析：碰撞过程中，系统动量守恒，以A 球速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0=mv 1+kmv 2①， v 1≤v 2=2m/s ②，根据碰撞过程总的机械能不会增加，则有： kmv 21+mv 21mv 21222120≥③由①解得2k -6kv -v v 201==，将此式分别代入②③解得2≤k ≤5，故B 正确。

猜押练一致胜高考必须掌握的15个热点热点六碰撞与动量守恒1.质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A.500 NB.1 100 NC.600 ND.100 N2.“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，燃放爆竹是我国传统民俗。

春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，假设爆竹到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块碎片，前面一块碎片速度水平向东，后面一块碎片速度水平向西，前、后两块碎片的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反，则以下说法正确的是 ( )A.爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度B.爆炸后的瞬间，中间那块碎片的速度可能水平向西C.爆炸后，三块碎片将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同D.爆炸后的瞬间，中间那块碎片的动能可能小于爆炸前瞬间爆竹的总动能3.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中，下列说法正确的是( ) A.地面对他的冲量为mv+mgΔt，地面对他做的功为错误!未找到引用源。

mv2B.地面对他的冲量为mv-mgΔt，地面对他做的功为零C.地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为错误!未找到引用源。

mv2D.地面对他的冲量为mv+mgΔt，地面对他做的功为零4.如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上。

A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连。

初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处。

现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，细线断后A速度变为错误!未找到引用源。

v0，A与C相碰后，黏合在一起。

求：(1)A与C刚黏合在一起时的速度大小；(2)若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好黏合的过程中，系统损失的机械能为多少？5.如图所示，AB是固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，CD是固定于竖直平面内的光滑斜面轨道，AB两点和CD两点的高度差相同且AB的弧长与斜面CD长度相等。

动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用1.动量定理及动量守恒定律在高考物理中拥有极其重要的地位，它们不仅是力学知识体系的核心组成部分，也是分析和解决物理问题的重要工具。

2.在高考命题中，动量定理及动量守恒定律的考查形式丰富多样。

这些考点既可能以选择题、计算题的形式直接检验学生对基本原理的掌握情况，也可能通过复杂的计算题、应用题，要求学生运用动量定理和动量守恒定律进行深入分析和计算。

此外，这些考点还经常与其他物理知识点相结合，形成综合性强的题目，以检验学生的综合应用能力。

3.备考时，考生应首先深入理解动量定理和动量守恒定律的基本原理和概念，明确它们的适用范围和条件。

其次，考生需要熟练掌握相关的公式和计算方法，并能够在实际问题中灵活运用。

此外，考生还应注重解题方法的总结和归纳，特别是对于典型题目的解题思路和方法，要进行反复练习和巩固。

考向一：弹簧类问题中应用动量定理1.动量定理的表达式F ·Δt =Δp 是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。

运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F 是物体或系统所受的合力。

2.动量定理的应用技巧(1)应用I =Δp 求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I =Ft 求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化Δp ,等效代换得出变力的冲量I 。

(2)应用Δp =F Δt 求动量的变化考向二：流体类和微粒类问题中应用动量定理1.流体类“柱状模型”问题流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ分析步骤1建立“柱状模型”，沿流速v 的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S2微元研究，作用时间Δt 内的一段柱形流体的长度为Δl ，对应的质量为Δm =ρSv Δt 3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体2.微粒类“柱状模型”问题微粒及通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体其特点积内粒子数n分析步骤1建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S2微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV=Sv0Δt，则微元内的粒子数N=nv0SΔt3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算考向三：碰撞类和类碰撞类问题中应用动量守恒定律1.碰撞三原则：(1)动量守恒：即p1+p2=p1′+p2′.(2)动能不增加：即E k1+E k2≥E k1′+E k2′或p212m1+p222m2≥p1′22m1+p2′22m2.(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。

重难点07 动量守恒定律【知识梳理】一、动量守恒定律的条件及应用1．动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。

2．动量守恒定律的适用条件( 1)前提条件：存在相互作用的物体系；( 2)理想条件：系统不受外力；( 3)实际条件：系统所受合外力为0；( 4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力；( 5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。

3．动量守恒定律的表达式(1)m1V l+m2V2=m i V1 ' m2V2'，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和；(2)A p i= - ^2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向；(3)A p=0,系统总动量的增量为零。

4 .动量守恒的速度具有四性”①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。

5．应用动量守恒定律解题的步骤：( 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(或某一方向上动量是否守恒)；( 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。

二、碰撞与动量守恒定律1 .碰撞的特点( 1)作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。

( 2)碰撞过程中，总动能不增。

因为没有其他形式的能量转化为动能。

( 3)碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。

( 4)碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。

2.碰撞的种类及遵从的规律3 •关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。

在光滑的水平面上，质量为 m i 的钢球沿一条直线以速度 v o 与静止在水平面上的质量为 m 2的钢 球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是V i 、V 2m 1v 0 m i v 1 m 2v 2 ① 1 2 1 2 1 2m 1v 0 m 1v 1m 2v 2 ②2 2 2m m 2由①②可得：v 1-2V o ③m 1 m 2利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况:a .当 当叶 m 2时，v 1 0 , v 2 0,两钢球沿原方向原方向运动； b . 当m 1m 2时，v 1 0 , v 2 0,质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动; c .当 当叶 m 2时， v 10 , v 2v 0，两钢球交换速度。

高考物理压轴题专项练习：动量守恒定律及其应用一、解答题（共20小题）1. 如图所示，水平面上有一质量为m的木板，木板上放置质量为M的小物块（M>m），小物块与木板间的动摩擦因数为μ。

现给木板和小物块一个初速度，使小物块与木板一起向右运动，之后木板以速度v0与竖直墙壁发生第一次弹性碰撞，已知重力加速度为g。

求：（1）若水平面光滑，木板与墙壁第一次碰撞后到木板再次与墙壁碰撞，小物块没有从木板上掉下，则最初小物块与木板右端的距离至少为多少。

（2）若水平面粗糙，木板足够长，且长木板与水平面间动摩擦因数为0.4μ，M=1.5m，请分析长木板能否与竖直墙壁发生第二次碰撞?如能相撞求出木板与墙壁撞前瞬间的速度，如不能相撞，求出木板右端最终与墙壁间的距离。

2. 如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。

装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。

传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。

传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑1圆弧轨道。

质量4 m=2.0kg的物块B从1圆弧的最高处由静止释放。

已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=40.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。

设物块A、B之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。

取g=10m/s2。

求：（1）物块B滑到1圆弧的最低点C时对轨道的压力；4（2）物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B与物块A碰撞的第n次到n+1次之间的过程中，物块B在传送带上运动的时间。

3. 如图所示，在光滑的绝缘水平面内建立平面直角坐标系xOy，在第一、二、四象限内存在竖直向下的匀强磁场，第三象限内存在竖直向上的匀强磁场，两个磁场的磁感应大小都为B，在原点O 放置一个不带电的小球a，球a质量为m。

历年（2020-2024）全国高考物理真题与模拟题分类（动量守恒定律及其应用）汇编 1．（2023ꞏ全国）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M 的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l ，圆管长度为20l 。

一质量为13m M =的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。

小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。

不计空气阻力，重力加速度大小为g 。

求（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。

2．（2023ꞏ海南）如图所示，有一固定的光滑14圆弧轨道，半径0.2m R =，一质量为B 1kg m =的小滑块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知C 3kg m =，B 、C 间动摩擦因数10.2μ=，C 与地面间的动摩擦因数20.8μ=，C 右端有一个挡板，C 长为L 。

求：（1）B 滑到A 的底端时对A 的压力是多大？（2）若B 未与C 右端挡板碰撞，当B 与地面保持相对静止时，B C 、间因摩擦产生的热量是多少？ （3）在0.16m 0.8m L <<时，B 与C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B 从滑上C 到最终停止所用的时间。

3．（2023ꞏ浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角37θ=︒的直轨道AB 、螺旋圆形轨道BCDE ，倾角37θ=︒的直轨道EF 、水平直轨道FG 组成，除FG 段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。

螺旋圆形轨道与轨道AB 、EF 相切于()B E 处．凹槽GHIJ 底面HI 水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH 处，摆渡车上表面与直轨道下FG 、平台JK 位于同一水平面。