专题七　碰撞与动量守恒_2022版教学资源包_五年高考三年模拟_2022版新高考版选考总复习物理5·3A版_专题七碰撞与动量守恒_专题PDF_专题PDF_专题电子书

专题七 碰撞与动量守恒
课标解读
考情分析 备考指导
考点 内容
．理解冲量和动量
１ 。 在学生初步形成的运动与相互作用观念
．通过理论推导和实验 理解动量定理
动量、动量定理 ２ ， 。 和能量观念的基础上 引导学生通过研
，
．能用动量定理解释生产生活中的有
３ 动量守恒定律是高考命题的重点和 究碰撞现象拓展对物理世界的认识和理
关现象
。 热点 常常与牛顿运动定律 能量守 解 通过探究碰撞过程中的守恒量 进
， 、 。 ，
恒定律等知识综合考查 常见的考 一步发展学生运动与相互作用的观念和
．理解动量守恒定律 能用其解释生产 。
１ ， 查形式 能量观念 使其了解物理规律具有适用
生活中的有关现象 ： ，
。 动量定理在流体中的应用 范围和条件 通过实验探究和理论推
．知道动量守恒定律的普适性 （１） ； 。
动量守恒定律 ２ 。 满足动量守恒定律条件的分析判 导 让学生经历科学论证过程 理解动量
．通过实验 了解弹性碰撞和非弹性碰 （２） ， ，
及其应用 ３ ， 断 对单一过程进行简单应用 定理的物理实质与牛顿第二定律的一致
撞的特点 ， ；
。 在碰撞 爆炸与反冲等问题中 利 性 能从理论推导和实验验证的角度
．定量分析一维碰撞问题并能解释生产 （３） 、 ， 。 ，
４ 用动量守恒 动量定理 能量守恒和 理解动量守恒定律 深化对物体之间相
生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象 、 、 ，
。 牛顿运动定律综合考查 互作用规律的理解 能用动量和机械能
。 。
的知识分析和解释机械运动现象 解决
动量和能量的 体会用守恒定律分析物理问题的方法 ，
， 一维碰撞问题
综合应用 体会自然界的和谐与统一 。
。
命题立意 解题指导 拓展延伸
本题以滑冰运动员多次推物块 物块与挡 运动员第一次推物块后获得的动量为 本题还可以应用数学知识解决物理问题
， ，
板发生弹性碰撞的过程为背景 考查冲 ｍｖ 此后每次推木块获得的 运用归纳法的思想 分析得出运动员每一
， ＝２０ｋｇ·ｍ／ｓ， ，
量 动量定理 以及学生的分析综合能力 动量增加量为 ｍ ｖ ｖ ｍｖ 次推物块时满足的动量守恒方程 然后叠
、 ， 。 ［ －（－ ）］ ＝ ２ ＝ ，
体现了物理学科核心素养中科学推理 科 推 次后 他获得的动量为 加求解 在列方程时 一定要规定好正方
、 ４０ｋｇ·ｍ／ｓ， ７ ， 。 ，
学论证 运动与相互作用观念等要素 此时他的速度应小于 向 明确各物理量的正负 可延伸到较为
、 。 ２６０ｋｇ·ｍ／ｓ， ５ｍ／ｓ， ， 。
即 Ｍ小于 Ｍ 复杂的板块模型以及运用数学归纳法解
２６０ｋｇ·ｍ／ｓ÷ ５ ｍ／ｓ， ＞５２ ｋｇ，
推 次后 他获得的动量为 决的一系列动量守恒问题
８ ， ３００ ｋｇ·ｍ／ｓ， 。
此时他的速度应大于 即
５ ｍ／ｓ， ３００ ｋｇ·
Ｍ大于 Ｍ 故 Ｍ
ｍ／ｓ÷ ５ｍ／ｓ， ＜６０ｋｇ， ５２ｋｇ＜ ＜
答案解析见
６０ｋｇ。 Ｐ３０４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
专题七 碰撞与动量守恒 ２０７２０８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）

真题多维细目表
考点
真题 涉分 动量和 动量守恒定 动量与能量 题型 设题情境 学科素养
动量定理 律及其应用 的综合应用
２０２０课标 １４ ６ 动量定理 单选 安全气囊 模型建构、科学推理
Ⅰ，
２０２０课标 ２１ ６ 动量定理 多选 冰上运动 运动观念、科学推理
Ⅱ，
运动与相互作用观念、
２０２０课标 １５ ６ 碰撞 单选 追及碰撞
Ⅲ， 科学推理
２０１９课标 １６ ６ 动量定理 单选 “长征九号” 模型建构、科学推理
Ⅰ，
２０１９课标 ２５ １０ 动量与能量综合应用 计算 斜面与碰撞 能量观念、科学推理、科学论证
Ⅰ，
运动与相互作用观念、
２０１９课标 ２５ １０ “弹簧系统”模型 计算 两物块压缩弹簧
Ⅲ， 能量观念、科学推理
２０１９海南单科 １３ １０ 动量与能量综合应用 计算 两物块碰撞 能量观念、模型建构、科学推理
，
２０１９北京理综 ２４ ３ ７ 动量定理 证明 雨滴简化为圆盘 模型建构、科学推理、科学论证
， （ ）
２０１８课标 １４ ６ 动量 单选 高铁列车启动 运动观念、科学推理
Ⅰ，
运动与相互作用观念、
２０１８课标 ２４ ６ 动量与能量综合应用 计算 烟花弹爆炸
Ⅰ， 能量观念、科学推理
２０１８课标 １５ ６ 动量定理 单选 高空坠物（鸡蛋） 运动与相互作用观念、科学推理
Ⅱ，
２０１８课标 ２４ ４ 碰撞 计算 两车碰撞 运动与相互作用观念、科学推理
Ⅱ，
２０１８海南单科 １４ １６ 动量与能量综合应用 计算 两物块碰撞 能量观念、模型建构、科学推理
，
２０１８北京理综 ２２ ４ 动量定理 计算 跳台滑雪 模型建构、科学推理
，
２０１７课标 １４ ６ 反冲 单选 模型火箭点火升空 模型建构、科学推理
Ⅰ，
２０１７课标 ２０ ６ 动量和动量定理 多选 Ｆ－ｔ图像 模型建构、科学推理
Ⅲ，
２０１６课标 ３５ ２ ４ 动量定理 计算 喷泉顶玩具 模型建构、科学推理、科学论证
Ⅰ， （ ）
２０１６课标 ３５ ２ １０ 动量与能量综合应用 计算 小孩推冰块 能量观念、模型建构、科学推理
Ⅱ， （ ）
２０１６课标 ３５ ２ １０ 动量与能量综合应用 计算 两物块碰撞 能量观念、科学论证、科学推理
Ⅲ， （ ）

命题规律与探究
动量定理与动量守恒定律的应用 动量定理的考查 为载体 考查考生的分析综合能力和应用数学知识处理物理
（１） 。 ，
一般结合实际生活命题 有时也结合图像命题 动量守恒定律 问题的能力 对学科核心素养的考查主要体现了物
， ； 。 （３）
一般结合现代科技命题 理观念中物质观念 运动与相互作用观念 能量观念的要素和
。 、 、
动量守恒与能量守恒的综合应用 主要是以碰撞作 科学思维中模型建构 科学推理 科学论证的要素
（２） 。 、 、 。

备考方法与策略
掌握隔离法 整体法和用守恒定律分析物理问题的 性碰撞和非弹性碰撞现象 能运用动量守恒定律 能
（１） 、 。 （４） 、
方法 量守恒定律解决碰撞 爆炸 反冲 子弹打木块 模型 弹簧
。 、 、 、“ ” 、“
理解动量 冲量和动量定理 能用动量定理解释生产 系统 模型 滑块 木板 模型 人船 模型等问题
（２） 、 ， ” 、“ — ” 、“ ” 。
生活中的有关现象 理解验证动量守恒定律的实验原理 灵活处理多种实
。 （５） ，
能定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹 验方案
（３） 。专题七 碰撞与动量守恒 ２０９
上动量守恒 值得注意的是 系统的总动量并不守恒
。 ， 。
２．表达式
ｐ ｐ′
（１） ＝
考点一 动量、动量定理
系统相互作用前的总动量ｐ和相互作用后的总动量ｐ′大小
１．容易混淆的几个物理量的区别 相等 方向相同 系统总动量的求法遵循矢量运算法则
， 。 。
ｐ ｐ′ ｐ
速度发 （２）Δ ＝ － ＝０
大小 标矢性 方向 联系 系统总动量的变化量为零
生变化
。
ｐ ｐ
动量 ｐ ｍｖ 矢量 与ｖ同向 一定变化 （３）Δ １＝－Δ ２
＝ 对由两部分组成的系统 在相互作用前后两部分的动量变
动量与冲 ，
冲量 Ｉ ＝ Ｆｔ 矢量 与Ｆ同向 一定不为零 ① 量 无 因 果 化等值反向
。
动量 关系 ３．动量守恒的“四性”
ｐ ｍｖ′ ｍｖ 矢量 与合力同向 一定不为零
变化量 Δ ＝ － ｐ Ｆ ｔ 矢量性 表达式中涉及的物理量都是矢量 需要首先选
②Δ ＝ · （１） ： ，
ｐ 取正方向 分清各物体初末动量的正负
动量 ｐ Δ Ｆ ， 。
Δ 矢量 与合力同向 一定不为零 ③ ｔ＝ 瞬时性 动量是状态量 动量守恒指对应每一时刻的总
变化率 ｔ Δ （２） ： ，
Δ 动量都和初始时刻的总动量相等
。
２．对动量定理的理解
同一性 速度的大小跟参考系的选取有关 应用动量守
（３） ： ，
（１）
动量定理的表达式Ｆｔ
＝Δ
ｐ是矢量式
，
运用它分析问题
恒定律 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度 一般选
， 。
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
地面为参考系
、 ，
。
体或系统所受的合力
普适性 它不仅适用于两个物体所组成的系统 也适用
。
（４） ： ，
动量定理不仅适用于恒力 也适用于变力 这种情况下
于多个物体组成的系统 不仅适用于宏观物体组成的系统 也适
（２） ， ， ，
； ，
动量定理中的力Ｆ应理解为变力在作用时间内的平均值
用于微观粒子组成的系统
。
。
３．应用动量定理解题的一般步骤
４．利用动量守恒解题的一般步骤
明确研究对象和研究过程
明确研究对象 确定系统的组成
（１） 。
（１） ， 。
对研究对象进行受力分析
受力分析 判断动量是否守恒
（２） 。
（２） ， 。
规定正方向
规定正方向 确定初末动量
（３） 。
（３） ， 。
写出研究对象的初 末动量和合外力的冲量 或各外力
根据动量守恒定律 建立守恒方程
（４） 、 （
（４） ， 。
在各个阶段的冲量的矢量和 根据动量定理列方程求解
代入数据 求出结果并讨论说明
）， 。
（５） ， 。
４．关于动量和动量定理的几点说明
ｐ２ 考点三 动量和能量的综合应用
动量与动能大小关系 ｐ ｍＥ Ｅ
（１） ： ＝ ２ ｋ， ｋ＝ ｍ。 １．力的三个作用效果与五个规律
２
对于给定的物体 若动能发生了变化 动量一定也发生
（２） ， ， 分类 对应规律 公式表达
变化 而动量发生了变化 动能却不一定发生变化 它们都是相
； ， 。
力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 Ｆ ｍａ
对量 均与参考系的选取有关 高中阶段通常选取地面为参 合＝
， ，
考系
。
（３） 应用动量定理时 ， 如何对待重力Ｇ 。 动能定理 Ｗ 合＝Δ Ｅ ｋ＝ １ ｍｖ２ ２－ １ ｍｖ２ １
２ ２
当物体受到的其他外力远大于重力时 Ｇ可忽略 如 用锤
， 。 ： 力对空间积累效果
子钉钉子时 通常可忽略重力 Ｅ Ｅ
， 。 １＝ ２
动量定理表达式Ｆｔ ｍｖ′ ｍｖ 为矢量表达式 一般处理 机械能守恒定律
（４） ＝ － ， 。 ｍｇｈ １ ｍｖ２ ｍｇｈ １ ｍｖ２
原则 凡是已知量要考虑方向 未知量都按正值处理 其方向由 １＋ ２ １＝ ２＋ ２ ２
： ， ，
计算结果确定 动量定理 Ｆ ｔ ｐ′ ｐ Ｉ ｐ
冲量Ｉ 。 Ｆｔ是过程量 而动量ｐ ｍｖ是状态量 力对时间积累效果 合 ＝ － ， 合＝Δ
（５） ＝ ， ＝ 。 动量守恒定律 ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ′ ｍ ｖ ′
１ １＋ ２ ２＝ １ １ ＋ ２ ２
考点二 动量守恒定律及其应用 ２．解动力学问题的应对策略
１．动量守恒条件的判断 力的观点 要认真分析运动状态的变化 关键是求出加
（１） ： ，
绝对条件 系统所受外力的矢量和为零或不受外力 速度
（１） ： 。 。
近似条件 系统所受合外力虽然不为零 但系统的内力 两大定理 确定过程初 末状态的动量 动能 分析并
（２） ： ， （２） ： 、 （ ），
远大于外力 如碰撞 爆炸等现象中 系统的动量可近似看成 求出过程中的冲量 功
， 、 ， （ ）。
守恒 三大定律 动量守恒定律 机械能守恒定律和能量守恒
。 （３） ： 、
某一方向上的动量守恒条件 如果系统所受的外力矢量 定律 根据题意选择合适的初 末状态 列守恒关系式 一般这
（３） ： 。 、 ， ，
和不为零 但外力在某一方向上的矢量和为零 则系统在该方向 三个守恒定律多用于求某一状态的速度 率
， ， （ ）。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２１０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
１． 答案 ＢＣＤ
２．（２０２０福建名校联盟质检）如图所示 在光滑水平面上有Ｂ Ｃ
， 、
两个木板 Ｂ的上表面光滑 Ｃ的上表面粗糙 Ｂ上有一个可视
， ， ，
考点一 动量、动量定理
为质点的物块Ａ Ａ Ｂ Ｃ 的质量分别为 ｍ ｍ ｍ Ａ Ｂ 以相
， 、 、 ３ 、２ 、 。 、
１．（２０１９湖北宜昌四月调研） 多选 一质量为ｍ的运动员托着 同的初速度ｖ向右运动 Ｃ以速度ｖ向左运动 Ｂ Ｃ的上表面
（ ） ， 。 、
质量为Ｍ的重物从下蹲状态 图甲 缓慢运动到站立状态 图 等高 二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连 碰撞时间很短
（ ） （ ， ， 。
乙 该过程重物和人的肩部相对位置不变 运动员保持乙状 Ａ滑上Ｃ后恰好能到达Ｃ的中间位置 Ｃ的长度为Ｌ 不计空气
）， ， ， ，
态站立 ｔ时间后再将重物缓慢向上举至双臂伸直 图丙 阻力 求
Δ （ ）。 。 ：
甲到乙 乙到丙过程重物上升高度分别为ｈ ｈ 经历的时间分 木板Ｃ的最终速度大小
、 １、 ２， （１） ；
别为ｔ ｔ 重力加速度大小为ｇ 则 木板Ｃ与物块Ａ之间的摩擦力大小Ｆ
１、２， ， （ ） （２） ｆ；
物块Ａ滑上木板Ｃ之后 在木板Ｃ上做减速运动的时
（３） ，
间ｔ
。
ｍｖ２ Ｌ
２． 答案 ５ ｖ ３
（１） （２） Ｌ （３） ｖ
６ ３ ２
地面对运动员的冲量为 Ｍ ｍ ｇ ｔ ｔ ｔ 地面对运动员
Ａ． （ ＋ ） （ １＋ ２＋Δ ）， 考点三 动量和能量的综合应用
做的功为
０ １． 多选 如图所示 小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道 整个
地面对运动员的冲量为 Ｍ ｍ ｇ ｔ ｔ 地面对运动员做的 （ ） ， ，
Ｂ． （ ＋ ） （ １＋ ２）， 小车 含管道 的质量为 ｍ 原来静止在光滑的水平面上 今
功为 Ｍ ｍ ｇ ｈ ｈ （ ） ２ ， 。
（ ＋ ） （ １＋ ２） 有一个可以看作质点的小球 质量为ｍ 半径略小于管道半径
运动员对重物的冲量为Ｍｇ ｔ ｔ ｔ 运动员对重物做的 ， ， ，
Ｃ． （ １＋ ２＋Δ ）， 以水平速度ｖ从左端滑上小车 小球恰好能到达管道的最高
功为Ｍｇ ｈ ｈ ，
（ １＋ ２） 点 然后从管道左端滑离小车 关于这个过程 下列说法正确
运动员对重物的冲量为 Ｍｇ ｔ ｔ 运动员对重物做的功 ， 。 ，
Ｄ． （ １＋ ２）， 的是
为 （ ）
０
１． 答案 ＡＣ
２．蹦床运动有 空中芭蕾 之称 某质量ｍ 的运动员从距
“ ” ， ＝５０ ｋｇ
蹦床ｈ ． 高处自由落下 接着又能弹起ｈ ． 高 运
１＝１２５ｍ ， ２＝１８ｍ ，
动员与蹦床接触时间ｔ ． 在空中保持直立 不计空气阻 小球滑离小车时 小车回到原来位置
＝０ ５０ ｓ， ， Ａ． ，
力 取ｇ ２ 求 小球滑离小车时相对小车的速度大小为ｖ
， ＝１０ ｍ／ｓ ， ： Ｂ．
（１）
运动员与蹦床接触时间内
，
所受重力的冲量大小Ｉ
； 车上管道中心线最高点的竖直距离为
ｖ２
运动员与蹦床接触时间内 受到蹦床平均弹力的大 Ｃ． ｇ
（２） ， ３
小Ｆ 小球从滑进管道到滑到最高点的过程中 小车的动量变化大
。 Ｄ． ，
２． 答案 ｍｖ
（１）２５０ Ｎ·ｓ （２）１６００ Ｎ 小是
３
考点二 动量守恒定律及其应用 １． 答案 ＢＣ
１． 多选 如图所示 Ａ Ｂ两物体质量之比ｍ ｍ 原来静 ２．（２０１９海南期末统考）如图所示 光滑水平面上质量为 ｍ
（ ） ， 、 Ａ ∶ Ｂ＝３ ∶ ２， ， １＝
止在平板车Ｃ上 Ａ Ｂ间有一根被压缩的弹簧 地面光滑 当弹 的物块以ｖ 的初速度冲上质量为ｍ 的静止
， 、 ， ， ２ ｋｇ ０＝２ ｍ／ｓ ２＝６ ｋｇ
簧突然释放后 则 的光滑圆弧面斜劈体 圆弧部分足够长 求
， （ ） ， 。 ：
物块刚滑到最高点位置时 二者的速度大小
（１） ， ；
物块刚从圆弧面滑下后 二者的速度大小
（２） ， ；
若ｍ ｍ 物块从圆弧面滑下后 二者的速度大小
若Ａ Ｂ与平板车上表面间的动摩擦因数相同 Ａ Ｂ 组成的
（３） １＝ ２， ， 。
Ａ． 、 ， 、
系统的动量守恒
若Ａ Ｂ与平板车上表面间的动摩擦因数相同 Ａ Ｂ Ｃ组成
Ｂ． 、 ， 、 、
的系统的动量守恒
若Ａ Ｂ所受的摩擦力大小相等 Ａ Ｂ组成的系统的动量守恒
Ｃ． 、 ， 、
若Ａ Ｂ所受的摩擦力大小相等 Ａ Ｂ Ｃ组成的系统的动量
Ｄ． 、 ， 、 、
守恒 ２． 答案 见解析
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２１１
１ ｍ
１
ｖ２
１＋
１ ｍ
２
ｖ２
２＝
１ ｍ
１
ｖ′２
１＋
１ ｍ
２
ｖ′２
２＋Δ
Ｅ
ｋ 损
２ ２ ２ ２
３．完全非弹性碰撞：碰撞结束后 以同一速度运动 形变完
， ，
拓展一 动量定理的理解与应用 全保留 动能损失最大
， 。
１．理解动量定理的要点 ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ
１ １＋ ２ ２＝（ １＋ ２）
应用动量定理时研究对象既可以是单一物体 也可以是
系统
（
当
１）
研究对象为系统时不考虑内力的冲量
， １ ｍ
１
ｖ２
１＋
１ ｍ
２
ｖ２
２＝
１
（
ｍ
１＋
ｍ
２）
ｖ２
＋Δ
Ｅ
ｋ 损 ｍａｘ
， 。 ２ ２ ２
求合力的冲量的方法有两种 第一先求合力再求合力冲 温馨提示 碰撞遵守的原则
（２） ：
量 第二求出每个力的冲量再对冲量求矢量和 动量守恒
， 。 （１） 。
动量定理是矢量式 列方程之前先规定正方向 机械能不增加 即碰撞结束后总动能不增加 表达式为
（３） ， 。 （２） ， ，
２．用动量定理解释两类现象
ｐ２ ｐ２ ｐ′２ ｐ′２
就越 （ 大 １） 力 当 的 物 作 体 用 的 时 动 间 量变 ｔ越 化 长 量一 力 定 Ｆ 时 就 ， 越 力 小 的作 如 用 玻 时 璃 间 杯掉 ｔ越 在 短 水 ， 泥 力 地 Ｆ Ｅ ｋ１＋ Ｅ ｋ２≥ 速 Ｅ 度 ｋ１ ′ 要 ＋ Ｅ 合 ｋ２ 理 ′或 ２ ｍ １ １ ＋ ２ ｍ ２ ２ ≥ ２ ｍ １ １ ＋ ２ ｍ ２ ２ 。
， ， ， （３）
上易碎 而掉在沙地上不易碎
碰后若同向运动 原来在前的物体速度一定增大 且
， 。
① ， ，
当作用力Ｆ一定时 力的作用时间ｔ越长 动量变化量
ｖ ｖ
（２） ， ， 前≥ 后。
ｐ越大 力的作用时间ｔ越短 动量变化量 ｐ越小
两物体相向运动 碰后两物体的运动方向肯定有一个改
Δ ， ， Δ 。
② ，
例１ 一个质量为ｍ 的小球从离厚软垫ｈ ． 变或速度均为零
＝１００ ｇ ＝０ ８ ｍ 。
高处自由下落 落到厚软垫上 若从小球接触软垫到小球陷至最 例２ 如图所示 水平地面放置Ａ和Ｂ两个物块 物块Ａ的
， ， ， ，
低点经历了ｔ ． 不计空气阻力 求在这段时间内 软垫对小
＝０２ ｓ， ， ， 质量ｍ 物块Ｂ的质量ｍ 物块Ａ Ｂ与地面间的动摩擦
球的冲量 。 （ 取ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ ） 因数均 １ 为 ＝２ μ ｋｇ， ． 现对物块Ａ施 ２＝ 加 １ 一 ｋｇ 个 ， 与水平 、 方向成 °角的外力
＝０５。 ３７
解析 设小球自由下落ｈ ． 的时间为ｔ ， Ｆ Ｆ 使物块Ａ由静止开始运动 经过 物块Ａ刚好运动到
＝０８ ｍ １ ， ＝１０Ｎ， ， １２ｓ
ｈ 物块Ｂ处 Ａ物块与Ｂ物块碰前瞬间撤掉外力Ｆ 物块Ａ与物块Ｂ
由ｈ １ ｇｔ２ 得ｔ ２ ． 。 ， ，
＝ １ １＝ ｇ ＝０４ ｓ 碰撞过程没有能量损失 设碰撞时间很短 Ａ Ｂ两物块均可视为质
２ ， ， 、
设Ｉ为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向， 点 ｇ取 ２ ° ． ° ． 求
， １０ｍ／ｓ ，ｓｉｎ３７ ＝０６，ｃｏｓ３７ ＝０８。 ：
则对小球整个运动过程运用动量定理得 计算Ａ与Ｂ两物块碰撞前瞬间物块Ａ的速度大小
（１） ；
ｍｇ（ｔ ｔ） Ｉ ，得Ｉ ． · 。 若在物块Ｂ的正前方放置一个弹性挡板 物块 Ｂ 与挡
１＋ ＋ ＝０ ＝－０６ Ｎ ｓ （２） ，
负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反，方 板碰撞时没有能量损失 要保证Ａ和Ｂ两物块能发生第二次碰
，
向竖直向上。 撞 弹性挡板距离物块Ｂ的距离Ｌ不得超过多大
， ？
答案 ． · ，方向竖直向上
０６ Ｎ ｓ
拓展二 关于碰撞问题的研究
１．弹性碰撞：碰撞结束后 形变全部消失 动能没有损失 不
， ， ，
仅动量守恒 而且初 末总动能相等 解析 （ ）设物块Ａ与物块Ｂ碰前速度为ｖ ，
， 、 。 １ １
ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ′ ｍ ｖ ′ 由牛顿第二定律得：Ｆ ° μ（ｍ ｇ Ｆ °） ｍ ａ
１ １＋ ２ ２＝ １ １ ＋ ２ ２ ｃｏｓ３７ － １ － ｓｉｎ３７ ＝ １
１ ｍ ｖ２ １ ｍ ｖ２ １ ｍ ｖ′２ １ ｍ ｖ′２ 解得：ａ ＝０ ． ５ ｍ／ｓ ２
１ １＋ ２ ２＝ １ １＋ ２ ２ 则速度ｖ ａｔ
ｖ ２ １ ′ ＝ （ ｍ ｍ １－ ２ ｍ ｍ ｍ ２ １ ） ＋ ｖ ｖ ｍ １＋ ２ ２ ２ ｍ ｍ ２ ｖ ｖ ２ ２ （ 由 ２ 动 ）设 量 Ａ 守 、 １ Ｂ 恒 ＝ 两 定 ＝ 物 律 ６ 块 得 ｍ 相 ： ／ｓ ｍ 碰 １ ｖ 后 １＝ Ａ ｍ 的 １ ｖ １ 速 ′ ＋ 度 ｍ ２ 为 ｖ ２ ｖ １ ′，Ｂ的速度为ｖ ２
ｖ
２
′
＝
（ ２－
ｍ
１
１
）
＋ ｍ
２＋
２
２ １ １ 由机械能守恒定律得：１
２
ｍ
１
ｖ２
１＝ ２
１ ｍ
１
ｖ
１
′２
＋ ２
１ ｍ
２
ｖ２
２
若ｖ 即 一动一静 的弹性碰撞 碰后二者速度分别为 联立解得：ｖ ′ 、ｖ
２＝０， “ ” ， １ ＝２ ｍ／ｓ ２＝８ ｍ／ｓ
ｍ ｍ
ｖ
１
′
＝ｍ
１
１
－
＋ ｍ
２
２
ｖ
１
对物块Ａ用动能定理得：
－
μｍ
１
ｇｘ
Ａ＝０－ ２
１ ｍ
１
ｖ
１
′２
ｍ 解得：ｘ ．
ｖ ′ ２ １ ｖ Ａ＝０４ ｍ
２ ＝ｍ ｍ １
如果ｍ
１＋
ｍ
２
则ｖ ′ ｖ ′ ｖ 二者速度互换
对物块Ｂ用动能定理得：
－
μｍ
２
ｇｘ
Ｂ＝０－
１ ｍ
２
ｖ２
２
１＝ ２， １ ＝０， ２ ＝ １， 。 ２
如果ｍ ｍ 则ｖ ′ ｍ 被反弹 解得：ｘ ．
１＜ ２ １ ＜０， １ 。 Ｂ＝６４ ｍ
如果ｍ ｍ 则ｖ ′ ｖ 速度几乎不变 ｖ ′ ｖ 物块Ａ和物块Ｂ能发生第二次碰撞的条件是
１≫ ２， １ ≈ １， ， ２ ≈２ １。
２．非弹性碰撞：碰撞结束后 形变部分消失 动能有部分损失 ｘ ｘ Ｌ，
， ， 。 Ａ＋ Ｂ＞２
ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ′ ｍ ｖ ′ 解得Ｌ ．
１ １＋ ２ ２＝ １ １ ＋ ２ ２ ＜３４ ｍ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２１２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
即要保证物块Ａ和物块Ｂ能发生第二次碰撞，弹性挡板距
拓展四 爆炸与反冲问题的研究
离物块Ｂ的距离Ｌ不得超过 ． 。
３４ ｍ
答案 （ ） （ ）Ｌ不得超过 ． １．爆炸过程的特征
１ ６ ｍ／ｓ ２ ３４ ｍ
动能增加 在爆炸过程中 由于有其他形式的能量转化
（１） ： ，
拓展三 子弹打木块模型的处理 为动能 所以爆炸后系统的总动能增加
， 。
位置不变 爆炸的时间极短 因而在作用过程中 物体产
１．木块放在光滑水平面上 子弹水平打进木块 系统所受的
（２） ： ， ，
， ，
生的位移很小 一般可忽略不计 可以认为爆炸后仍然从作用前
合外力为零 因此动量守恒
， ，
， 。
的位置以新的动量开始运动
２．两者发生的相对位移为子弹射入木块的深度ｘ
相。 。
由于内力 外力 故爆炸过程动量守恒
３．根据能量守恒定律 系统损失的机械能等于系统增加的
（３） ≫ ， 。
，
内能
２．反冲过程的特征
。
反冲运动过程中 有其他形式的能转化为动能 系统的总动
４．系统产生的内能Ｑ Ｆ ｘ 等于摩擦力大小与两物体相
＝ ｆ· 相，
能将增加 其增加的原
，
因是 在反冲运动中 作用力
，
和反作用力
对滑动的路程的乘积
， ： ，
。
均做正功
５．当子弹速度很大时 可能射穿木块 这时末状态子弹和木
。
， ，
反冲运动过程中 系统在某一方向不受外力或外力远小于
块的速度大小不再相等 但穿透过程中系统的动量仍守恒 系统
，
， ，
物体间的相互作用力时 系统在该方向上动量守恒 可在该方向
损失的机械能为 Ｅ Ｆ Ｌ Ｌ为木块的长度
Δ ｋ＝ ｆ· （ ）。
上应用动量守恒定律
， ，
例３ 如图所示 在固定的水平杆 。
，
例４ 如图所示 光滑水平面上有三个滑块 Ａ Ｂ Ｃ 质
上 套有质量为ｍ的光滑圆环 轻绳一端 ， 、 、 ，
， ，
拴在环上 另一端系着质量为Ｍ的木块
量关系是 ｍ ｍ ｍ ｍ
ｍ
开始时滑块 Ｂ Ｃ 紧贴在一
， ， Ａ＝ Ｃ＝ 、 Ｂ＝ 。 、
现有质量为ｍ 的子弹以大小为ｖ 的水 ２
０ ０ 起 中间夹有少量炸药 处于静止状态 滑块Ａ以速率ｖ 正对
平速度射入木块并立刻留在木块中 ， 重力加速度为ｇ ， 下列说法 Ｂ向 ， 右运动 在Ａ未与 ， Ｂ碰撞之前 引爆 ， 了Ｂ Ｃ间的炸 ０ 药 炸
正确的是 ， ， 、 ，
（ ） 药爆炸后Ｂ与Ａ迎面碰撞 最终 Ａ与 Ｂ 粘在一起 以速率 ｖ
ｍ ｖ ， ， ０
子弹射入木块后的瞬间 速度大小为 ０ ０ 向左运动 求
Ａ． ， ｍ ｍ Ｍ 。 ：
０＋ ＋
子弹射入木块后的瞬间 绳子拉力等于 Ｍ ｍ ｇ
Ｂ． ， （ ＋ ０）
子弹射入木块后的瞬间 环对轻杆的压力大于 Ｍ ｍ ｍ ｇ
Ｃ． ， （ ＋ ＋ ０）
炸药爆炸过程中炸药对Ｃ的冲量
子弹射入木块之后 圆环 木块和子弹构成的系统动量守恒 ① ；
Ｄ． ， 、
炸药的化学能有多少转化为机械能
解析 子弹射入木块后的瞬间，子弹和木块组成的系统在 ② 。
解析 全过程，Ａ、Ｂ、Ｃ组成的系统动量守恒
水平方向动量守恒，以ｖ 的方向为正方向，则ｍ ｖ （Ｍ ｍ ）ｖ ， ①
０ ０ ０＝ ＋ ０ １ ｍ ｖ （ｍ ｍ ）ｖ ｍ ｖ
得ｖ ｍ ０ ｖ ０ ，选项 错误；子弹射入木块后的瞬间，Ｆ （Ｍ 炸 Ａ 药 ０ 对 ＝－ Ｃ的 Ａ＋ 冲量 Ｂ ：Ｉ ０＋ ｍ Ｃ ｖ Ｃ
１＝ｍ Ｍ Ａ Ｔ－ ＋ ＝ Ｃ Ｃ－０
０＋
ｖ２ 解得：Ｉ ５ ｍｖ ，方向向右
ｍ ）ｇ （Ｍ ｍ ） １（Ｌ为绳长），可知绳子拉力大于（Ｍ ｍ ）ｇ，选 ＝ ０
０ ＝ ＋ ０ Ｌ ＋ ０ ２
炸药爆炸过程，Ｂ和Ｃ组成的系统动量守恒
项 错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环有Ｆ Ｆ ｍｇ （Ｍ ｍ ②
Ｂ Ｎ＝ Ｔ＋ ＞ ＋ ＋ ｍ ｖ ｍ ｖ
ｍ）ｇ，由牛顿第三定律知，选项 正确；子弹射入木块之后，圆环、木 Ｃ Ｃ－ Ｂ Ｂ＝０
０ Ｃ
块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项
Ｄ
错误。 据能量关系：
Δ
Ｅ
＝
１ ｍ
Ｂ
ｖ２Ｂ＋ １ ｍ
Ｃ
ｖ２Ｃ
答案 Ｃ ２ ２
解得： Ｅ ７５ｍｖ２
Δ ＝ ０
８
答案 见解析
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
重力对它们的冲量相同
Ａ．
弹力对它们的冲量相同
Ｂ．
合外力对它们的冲量相同
Ｃ．
拓展一 动量定理的理解与应用
它们动能的增量相同
Ｄ．
１．（２０２０福建泉州质检）如图所示 ａｄ ｂｄ ｃｄ是竖直面内三根固 １． 答案 Ａ
， 、 、
定的光滑细杆 ａ ｂ ｃ ｄ四个点位于同一圆周上 ａ在圆周最高 ２．（２０２０山东等级考模拟） 多选 第二届进博会于 年
， 、 、 、 ， （ ） ２０１９ １１
点 ｄ在圆周最低点 每根杆上都套着质量相等的小滑环 图中 月在上海举办 会上展出了一种乒乓球陪练机器人 该机器人
， ， （ ， ，
未画出 三个滑环分别从ａ ｂ ｃ三个点同时由静止释放 关 能够根据发球人的身体动作和来球信息 及时调整球拍将球击
）， 、 、 。 ，
于它们下滑的过程 下列说法正确的是 回 若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回 球在空中运动一
， （ ） 。 ，
段时间后落至对方的台面上 忽略空气阻力和乒乓球的旋转
， 。
下列说法正确的是
（ ）
击球过程合外力对乒乓球做功为零
Ａ．
击球过程合外力对乒乓球的冲量为零
Ｂ．
在上升过程中 乒乓球处于失重状态
Ｃ． ，
在下落过程中 乒乓球处于超重状态
Ｄ． ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２１３
２． 答案 ＡＣ
１ ｓ Ｌ １ Ｌ ｓ
Ｃ． ｖ （ ＋ ） Ｄ．ｖ （ ＋２ ）
拓展二 关于碰撞问题的研究 １． 答 ２ ０ 案 Ｄ ０
１．（２０１９吉林“五地六校”合作体联考） 多选 如图所示 在光 ２．（２０２０河北衡水中学质量检测）装甲车和战舰采用多层钢板
（ ） ，
滑水平地面上 Ａ Ｂ两物体质量都为ｍ Ａ以速度ｖ向右运动 比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击 通过对
， 、 ， ， 。
Ｂ左端有一轻弹簧且初速度为 在Ａ与弹簧接触以后的过程 以下简化模型的计算可以粗略说明其原因
０， 。
中 Ａ与弹簧不粘连 下列说法正确的是 质量为 ｍ 厚度为 ｄ的钢板静止在水平光滑桌面上 质
（ ）， （ ） ２ 、 ２ 。
量为ｍ的子弹以某一速度垂直射向该钢板 刚好能将钢板射
，
穿 现把钢板分成厚度均为ｄ 质量均为ｍ的相同两块 间隔
。 、 ，
轻弹簧被压缩到最短时 Ａ Ｂ系统总动量仍然为ｍｖ 一段距离平行放置 如图所示 若子弹以相同的速度垂直射向
Ａ． ， 、 ， 。
第一块钢板 穿出后再射向第二块钢板 求子弹射入第二块钢
轻弹簧被压缩到最短时 Ａ的动能为 １ ｍｖ２ ， ，
Ｂ． ， 板的深度 设子弹在钢板中受到的阻力为恒力 且两块钢板不
４ 。 ，
弹簧恢复原长时 Ａ的动量一定为零 会发生碰撞 不计重力影响
Ｃ． ， 。 。
Ａ Ｂ两物体组成的系统机械能守恒
Ｄ． 、
１． 答案 ＡＣ
２．（２０２０山东泰安二模）如图所示 静止放置在光滑水平面上的
，
Ａ Ｂ Ｃ三个滑块 滑块Ａ Ｂ间通过一水平轻弹簧相连 滑块Ａ
、 、 ， 、 ，
左侧紧靠一竖直固定挡板Ｐ 某时刻给滑块Ｃ施加一个水平冲
，
量使其以初速度ｖ 水平向左运动 滑块Ｃ撞上滑块Ｂ的瞬间
０ ， ２． 答案 见解析
二者粘在一起共同向左运动 弹簧被压缩至最短的瞬间具有的
，
弹性势能为 ． 此时撤掉固定挡板Ｐ 之后弹簧弹开释放势 拓展四 爆炸与反冲问题的研究
１３５Ｊ， ，
能 已知滑块 Ａ Ｂ Ｃ 的质量分别为 ｍ ｍ ． ｍ
， 、 、 Ａ ＝ Ｂ ＝０ ２ ｋｇ， Ｃ ＝ １．（２０１９山东临沂质检） 年 月 日上午 点 我国在酒
２０１７ ６ １５ １１ ，
． 求 取 ． 泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗 射线
０１ ｋｇ， ：（ １０＝３１６） Ｘ
滑块Ｃ的初速度ｖ 的大小 调制望远镜卫星 慧眼 假设将发射的火箭使用如下模型代
（１） ０ ； “ ”。
当弹簧弹开后恢复原长的瞬间 滑块 Ｂ Ｃ 的速度 替 静止的实验火箭 总质量为Ｍ 当实验火箭以对
（２） ， 、 ： ， ＝２ １００ ｇ。
大小 地速度ｖ 喷出质量为 ｍ 的高温气体后 实
； 从滑块Ｂ Ｃ压缩弹簧至弹簧恢复原长的过程中 弹簧 验火箭的 ０ 对 ＝８ 地 ４０ 速 ｍ 度 ／ｓ 为 喷出气体过 Δ 程 ＝ 中 １０ 重 ０ ｇ 力和空气阻力可 ， 忽
（３） 、 ， （
对滑块Ｂ Ｃ整体的冲量 略不计
、 。 ） （ ）
Ａ．４２ ｍ／ｓ Ｂ．－４２ ｍ／ｓ
Ｃ．４０ ｍ／ｓ Ｄ．－４０ ｍ／ｓ
１． 答案 Ｂ
２． 答案 ． ． 方向水
（１）９ ｍ／ｓ （２）１８９６ ｍ／ｓ （３）１４６８８ Ｎ·ｓ， ２．（２０２０河北邯郸模拟）如图所示 木块Ａ Ｂ的质量均为ｍ 放
平向右 ， 、 ，
在一段粗糙程度相同的水平地面上 木块Ａ Ｂ间夹有一小块
， 、
拓展三 子弹打木块模型的处理 炸药 炸药的质量可以忽略不计 让Ａ Ｂ 以初速度 ｖ 一起
（ ）。 、 ０
１．（２０１９海南第二次诊断）如图甲所示 一块长度为Ｌ 质量为ｍ ｖ
， 、 从Ｏ点滑出 滑行一段距离后到达Ｐ点 速度变为 ０ 此时炸
的木块静止在光滑水平面上 一颗质量也为ｍ的子弹以水平 ， ， ，
。 ２
速度ｖ 射入木块 当子弹刚射穿木块时 木块向前移动的距 药爆炸使木块Ａ Ｂ脱离 发现木块Ｂ立即停在原位置 木块Ａ
离为ｓ ０ 如图乙所示 。 设子弹穿过木块的过 ， 程中受到的阻力恒 继续沿水平方向 、 前进 已 ， 知Ｏ Ｐ两点间的距离为ｓ 设 ， 炸药爆
， 。 。 、 ，
定不变 子弹可视为质点 则子弹穿过木块的时间为 炸时释放的化学能全部转化为木块的动能 爆炸时间很短可以
， 。 （ ） ，
忽略不计 求
， ：
木块与水平地面间的动摩擦因数μ
（１） ；
炸药爆炸时释放的化学能Ｅ
（２） ０。
１ ｓ Ｌ １ ｓ Ｌ
ｖ２
Ａ．ｖ （ ＋ ） Ｂ．ｖ （ ＋２ ） ２． 答案 ３ ０ １ ｍｖ２
０ ０ （１） ８ ｇｓ （２） ４ ０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２１４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｍ ｍ ｍ ｍ
Ｃ． ２＝５ １ Ｄ． ２＝７ １
答案 ＡＢＤ 取向右为正方向 若第 次碰后球 的速度方
， １ １
向与原来的方向相同 可知球 的速度小于球 的速度 球
， １ ２ ， ２
１．（２０１９长郡中学月考，７）如图所示 质量为ｍ的Ａ球以速度
与挡扳Ｑ相碰后与球 在Ｂ点第 次相碰 有ｖ ｔ ｖ ｔ 即
ｖ 撞 ０ 在 碰 光 撞 滑 后 水 Ａ 平 球 面 以 上 ｖ 运 ａ 动 ｖ ， 与 待 原 定 先 系 静 数 止 ， ａ 的质 的 量 速 为 率 ４ 弹 ｍ 回 的 并 Ｂ 球 与 碰 挡 ｖ ２＝３ ｖ １， 根据动量守恒定 １ 律得ｍ １ ｖ ０＝ ２ ｍ ２ ｖ ２＋ ｍ １ ， ｖ １， 根 ２ 据 ＝ 机 ３ 械 １ ， 能守 ：
板
，
发生完全弹性碰撞
＝
， 若
０（
要使Ａ球能追
＜１
上
）
Ｂ球再相撞
，
， 则ａ的
恒定律得 １
２
ｍ
１
ｖ２
０＝ ２
１ ｍ
１
ｖ２
１＋ ２
１ ｍ
２
ｖ２
２，
联立解得ｍ
１＝３
ｍ
２；
若第
１
取值范围为 次碰撞后球 的速度方向与原来的方向相反 与挡板碰后反
（ ） １ ，
弹 在Ｂ 点追上球 且此时球 未与挡板相碰 则有 ｖ ｔ
， ２， ２ ， ： １ ＝
ｖ ｔ 即 ｖ ｖ 同理解得 ｍ ｍ 若碰撞后球 的速度
－３ ２ ， ： １＝－３ ２， ： ２＝７ １； １
方向与原来的方向相反 与挡板碰后反弹 球 与挡板碰后反
１ ａ １ １ ａ ２ ， ， ２
Ａ． ＜ ＜ Ｂ． ＜ ＜ 弹 两球在 Ｂ 点相遇 则有 ｖ ｔ ｖ ｔ 即 ｖ ｖ 同理解得
５ ３ ３ ３ ， ， ： １ ＝－ ２ ， ： １＝－ ２， ：
ｍ ｍ 故选
１ ａ ２ １ ａ ３ ２＝３ １； Ａ、Ｂ、Ｄ。
Ｃ． ＜ ≤ Ｄ． ＜ ≤ ４．（２０１９雅礼中学月考，１０） 多选 如图所示 弧形轨道固定于
３ ５ ３ ５ （ ） ，
答案 Ｄ Ａ Ｂ碰撞过程中 以ｖ 方向为正方向 根据动量 足够长的水平轨道上 弧形轨道与水平轨道平滑连接 水平轨
、 ， ０ ， ， 。
守恒定律得 ｍｖ ｍ ａｖ ｍｖ 道上静置两小球Ｂ和Ｃ 小球Ａ从弧形轨道上离地面高ｈ处由
： ０＝－ · ０＋４ Ｂ ，
Ａ与挡板Ｐ碰撞后能追上Ｂ发生再碰的条件是 ａｖ ｖ 静止释放 小球Ａ沿轨道下滑后与小球Ｂ发生弹性正碰 碰
： ０＞ Ｂ， 。 ，
后小球Ａ被弹回 Ｂ球与Ｃ球碰撞后粘在一起 Ａ球弹回后再
解得 ａ １ 碰撞过程中损失的动能 Ｅ １ ｍｖ２ ， ，
＞ ； Δ ＝ ０ － 从弧形轨道上滚下 已知所有接触面均光滑 Ａ Ｃ两球的质量
[ ３ ] ２ ， ， 、
相等 Ｂ球的质量为 Ａ 球质量的 倍 如果让小球 Ａ 从 ｈ
２
１ ｍ
（
ａｖ
０）
２
＋ ２
１
×４
ｍｖ２Ｂ
≥０，
解得ａ
≤
３
５ ；
所以ａ满足的条件
０ ． ２ ｍ
，
处由静止释放 ， 则下列说法正
２
确的
，
是 （ 重力加速度为ｇ
＝
＝
是 １ ａ ５ 故 错误 正确 ２
＜ ≤ ， Ａ、Ｂ、Ｃ ，Ｄ 。 １０ ｍ／ｓ ） （ ）
３ ３
２．（２０２０届江苏南京月考，８） 多选 如图所示 现有甲 乙两滑
（ ） ， 、
块 质量分别为 ｍ和ｍ 以相同的速率ｖ在光滑水平面上相向
， ３ ，
运动 发生碰撞 已知碰撞后 甲滑块静止不动 则
， 。 ， ， （ ） Ａ球最后不会与Ｂ球再相碰
Ａ．
Ａ球最后会与Ｂ球再相碰
Ｂ．
Ｃ球的最终速度为 ７
Ｃ． ｍ／ｓ
碰撞前总动量大小为 ｍｖ ９
Ａ． ２
碰撞过程动量不守恒 Ｃ球的最终速度为 ８
Ｂ． Ｄ． ｍ／ｓ
碰撞后乙的速度大小为 ｖ ９
Ｃ． ２ 答案 ＡＤ 设Ａ球的质量为ｍ Ａ从弧形轨道滑到水平轨道
碰撞属于非弹性碰撞 ，
Ｄ．
答案 ＡＣ 取向右为正方向 碰撞前总动量为 ｍｖ ｍｖ 的过程中 根据动能定理得 １ ｍｖ２ ｍｇｈ 计算得出 ｖ
， ３ － ＝ ， ： ０ ＝ ， ０ ＝
ｍｖ 正确 碰撞过程两滑块组成的系统在水平方向不受外 ２
２ ，Ａ ； ｇｈ Ａ与Ｂ发生弹性正碰 则碰撞过程中 Ａ Ｂ动量守恒 机
力 则系统动量守恒 错误 设碰撞后乙的速度为ｖ′ 由动量 ２ ； ， ， 、 ，
， ，Ｂ ； ， 械能守恒 以Ａ的初速度方向为正方向 由动量守恒定律和机
守恒定律得 ｍｖ ｍｖ ｍｖ′ 解得ｖ′ ｖ 正确 碰撞前总动 ， ，
３ － ＝０＋ ， ＝２ ，Ｃ ；
械能守恒定律得 ｍｖ ｍｖ ｍｖ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ 计
能为 １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ ｍｖ２ 碰撞后总动能为 １ ｍ ｖ ２ ： ０＝ １＋２ ２， ０＝ １＋ ×２ ２，
×３ ＋ ＝２ ， ０＋ （２ ） ＝ ２ ２ ２
２ ２ ２
ｍｖ２ 碰撞前 后无机械能损失 碰撞属于弹性碰撞 错误 算得出 ｖ １ ｖ ｖ ２ ｖ Ｂ 与 Ｃ 碰撞过程中 Ｂ Ｃ 组成的
２ ， 、 ， ，Ｄ 。 ： １＝－ ０， ２＝ ０； ， 、
解题思路 碰撞 问题均满足动量守恒 通过动量守恒定律 ３ ３
“ ” ， 系统动量守恒 以Ｂ的速度方向为正 根据动量守恒定律得
得到结果 再分析碰撞前 后系统总动能是否守恒 即可判断碰 ， ， ：
， 、 ，
撞的类型 ｍｖ ｍ ｍ ｖ 计算得出 ｖ ４ ｖ ｖ 所以最后Ａ球不会
。 ２ ２＝（２ ＋ ） ， ： ＝ ０＞｜ １｜，
３．（２０１９长沙一中月考，２１） 多选 如图所示 光滑的水平面上 ９
（ ） ，
有Ｐ Ｑ两个固定挡板 Ａ Ｂ是两挡板连线的三等分点 Ａ点处 与Ｂ球再碰撞 当ｈ ． 时 根据ｖ ｇｈ ｖ ４ ｖ 可得Ｃ
、 ， 、 ， ； ＝０２ ｍ ， ０＝ ２ 、 ＝ ０
有一质量为ｍ 的静止小球球 紧贴Ｐ挡板的右侧有一质量 ９
为ｍ 的等大小 ２ 球球 以速度ｖ ２， 向右运动并与球 相碰 球 球最终的速度ｖ ＝ ４ ２ ｇｈ ＝ ８ ｍ／ｓ； 综上所述 ，Ａ、Ｄ 选项是正
１ １ ０ ２ 。 １ ９ ９
与球 小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰 两小球均可视为
确的
２、 ，
。
质点 已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在 Ｂ 点处 则 ５．（２０１９雅礼中学月考，８） 个质量分别为ｍ ｍ ｍ 的小球
。 ，
两小球的质量关系可能为 ３ １、 ２、 ３ ，
半径相同 并排悬挂在长度相同的 根竖直绳上 彼此恰好相
（ ）
， ３ ，
互接触 现把质量为 ｍ 的小球拉开一些 如图中虚线所示
。 １ ， ，
然后释放 经球 与球 球 与球 相碰之后 个球的动量
， １ ２、 ２ ３ ，３
ｍ ｍ ｍ ｍ 相等 若各球间碰撞时均为弹性碰撞 且碰撞时间极短 不计空
Ａ． １＝３ ２ Ｂ． ２＝３ １ ， ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２１５
气阻力 则ｍ ｍ ｍ 为 速度沿水平方向和竖直方向分解 水平分速度ｖ ｖ °
， １ ∶ ２ ∶ ３ （ ） ， ｘ＝ ０ ｃｏｓ ３７ ＝
． 竖直分速度ｖ ｖ ° ． 则跑酷运动员用
４８ ｍ／ｓ， ｙ＝ ０ ｓｉｎ ３７ ＝３ ６ ｍ／ｓ，
脚蹬墙前瞬间的速度大小ｖ ｖ ． 在空中上升和下降
１＝ ｘ＝４８ ｍ／ｓ，
ｖ
的时间均为ｔ ｙ ． 所以跑酷运动员用脚蹬墙后瞬间的
＝ ｇ ＝０３６ ｓ，
ｘ ．
速度大小ｖ ２１６ ｍ 取跑酷运动员用脚蹬墙后返
２＝ ｔ ＝ ． ＝６ ｍ／ｓ，
０３６ ｓ
回的速度方向为正方向 于是墙对跑酷运动员的冲量大小为Ｉ
，
ｍｖ ｍｖ 由于墙对跑酷运动员作用力的
Ａ．６ ∶ ３ ∶ １ Ｂ．２ ∶ ３ ∶ １ ＝ ２－（－ １）＝５４０ ｋｇ·ｍ／ｓ。
作用点在脚上 且位移为零 所以墙对跑酷运动员不做功 Ａ
Ｃ．２ ∶ １ ∶ １ Ｄ．３ ∶ ２ ∶ １ ， ， ，
答案 Ａ 因为各球间发生的碰撞是弹性碰撞 则碰撞过程 正确
， 。
机械能守恒 动量守恒 因碰撞后三个小球的动量相等 设为 ８．小车上装有一桶水 静止在光滑水平地面上 如图所示 桶的
、 。 ， ， ， ，
ｐ ２ ｐ２ ｐ２ ｐ２ 前 后 底及侧面各装有一个阀门 分别为Ｓ Ｓ Ｓ Ｓ 图中未
ｐ
，
则总动量为
３
ｐ
，
由机械能守恒定律得（３
ｍ
）
＝ ｍ ＋ ｍ ＋ ｍ ， 全
、
画出
、
要使小车向前运动 可
，
采用的方法
１、
是
２、 ３、 ４（
２ １ ２ １ ２ ２ ２ ３ ）。 ， （ ）
即 ９ １ １ １ 代入四个选项的质量比值 只有 项符合
ｍ ＝ｍ ＋ｍ ＋ｍ ， ， Ａ ，
１ １ ２ ３
故选
Ａ。
６．（２０２０湖南常德一模） 多选 一竖直放置的轻弹簧 一端固定
（ ） ，
于地面 一端与质量为 的Ｂ固定在一起 质量为 的Ａ
， ３ ｋｇ ， １ ｋｇ
放于 Ｂ 上 现在 Ａ和 Ｂ 正在一起竖直向上运动 如图所示
。 ， 。 打开阀门Ｓ 打开阀门Ｓ
当Ａ Ｂ分离后 Ａ上升 ． 到达最高点 此时Ｂ速度方向向 Ａ． １ Ｂ． ２
、 ， ０ ２ ｍ ， 打开阀门Ｓ 打开阀门Ｓ
下 弹簧为原长 则从Ａ Ｂ分离至Ａ到达最高点的这一过程中 下 Ｃ． ３ Ｄ． ４
， ， 、 ，
列说法正确的是 不计空气阻力 ｇ取 ２
（ ， １０ｍ／ｓ ） （ ） 答案 Ｂ 根据反冲特点 当阀门Ｓ 打开时 小车将受到向
， ２ ，
前的推力 从而向前运动 故 项正确 均错误
， ， Ｂ ，Ａ、Ｃ、Ｄ 。
９．（２０１９湖南师大附中模拟，２４，１５分）如图所示 光滑水平面
，
ＭＮ左端挡板处有一弹射装置Ｐ 右端Ｎ与处于同一高度的水
，
平传送带之间的距离可忽略 水平部分ＮＱ的长度Ｌ 皮
。 ＝８ ｍ，
Ａ． Ａ 、 Ｂ分离时Ｂ的加速度为ｇ 带轮逆时针转动 ， 带动传送带以 ｖ ＝２ ｍ／ｓ 的速度匀速运动 。
Ｂ．
弹簧的弹力对Ｂ做功为零 ＭＮ上放置两个质量都为ｍ
＝１
．
０ ｋｇ
的小物块Ａ
、
Ｂ
，
它们与传
弹簧的弹力对Ｂ的冲量大小为 送带间的动摩擦因数为μ ． 开始时 Ａ Ｂ静止 Ａ Ｂ间压缩
Ｃ． ６ Ｎ·ｓ ＝０４， ， 、 ， 、
Ｂ的动量变化量为零 一轻质弹簧 其弹性势能Ｅ 现解除锁定 弹开Ａ Ｂ 并
Ｄ． ， ｐ＝１６ Ｊ。 ， 、 ，
答案 ＡＢＣ 由分离的条件可知 Ａ Ｂ分离时二者的速度 迅速移走弹簧
， 、 、 。
加速度相等 二者之间的相互作用力为 对Ａ分析可知 Ａ的 求物块Ｂ被弹开时速度的大小
， ０， ， （１） ；
加速度ａ ｇ 所以Ｂ的加速度为ｇ 故Ａ正确 Ａ Ｂ分离时弹 Ａ与Ｐ相碰后静止 当物块Ｂ返回水平面ＭＮ后 Ａ被
Ａ＝ ， ， ； 、 （２） ， ，
簧恢复原长 Ａ到最高点时弹簧再次恢复原长 从Ａ Ｂ分离起 Ｐ弹出 Ａ Ｂ相碰后粘在一起向右滑动 要使Ａ Ｂ连接体刚好
， ， 、 ， 、 ， 、
至Ａ到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能的变化为零 所 从Ｑ端滑出 求出Ａ弹出过程 Ｐ对Ａ做的功
， ， ， 。
以弹簧对Ｂ做的功为零 故Ｂ正确 Ａ Ｂ分离后Ａ做竖直上抛
， ； 、
运动 可知竖直上抛的初速度ｖ ｇｈ ．
， ＝ ２ ＝ ２×１０×０２ ｍ／ｓ＝２
此时Ｂ的速度为ｖ 方向竖直向上 Ａ上升到最高点所需
ｍ／ｓ， ， ，
ｈ
的时间 ｔ ２ ． 由运动的对称性可知此时Ｂ的速度为
： ＝ ｇ ＝０２ ｓ， 答案
（１）４ ｍ／ｓ （２）１６２ Ｊ
方向竖直向下 对Ｂ在此过程内用动量定理 规定向下 解析 对于Ａ Ｂ物块被弹簧分开的过程 由动量守恒定
２ ｍ／ｓ， ， （ （１） 、 ，
为正方向 得 ｍ ｇｔ Ｉ ｍ ｖ ｍ ｖ 解得弹簧的弹力对Ｂ的 律得 ｍｖ ｍｖ
） ： Ｂ ＋ Ｎ＝ Ｂ －（－ Ｂ ）， ： Ａ＝ Ｂ
冲量大小为 Ｉ Ｂ的动量变化量为 ｐ ｍ ｖ ｍ ｖ 再由能量守恒定律得
： Ｎ＝６ Ｎ·ｓ， Δ ＝ Ｂ －（－ Ｂ ） ：
故Ｃ正确 错误
７．
＝
（２
１
０
２
２
ｋ
０
ｇ·
湖
ｍ
北
／
黄
ｓ，
冈模拟）跑
，
酷
Ｄ
是时下
。
流行的一种极限运动 在某
Ｅ
ｐ＝
１ ｍｖ２Ａ＋ １ ｍｖ２Ｂ
， ２ ２
次练习中 假设质量为 的跑酷运动员在一堵墙前面以与 代入数据得 ｖ ｖ
， ５０ ｋｇ ： Ａ＝ Ｂ＝４ ｍ／ｓ
水平方向成 °角 大小为 的速度跳起 再用脚蹬墙面一 以Ｂ物块为研究对象 在第一次滑上传送带速度减为
３７ 、 ６ ｍ／ｓ ， （２） ，
次 使身体水平反抛回来 落到了距离墙 ． 处 如果用脚
蹬墙
，
时跑酷运动员的速度
，
方向恰好沿水平
２
方
１６
向
ｍ
不
。
考虑空气阻 ０
时
，
根据动能定理
：－
μｍｇｓ
＝０－
１ ｍｖ２Ｂ
， ２
力 ， ｇ取 １０ ｍ／ｓ ２ ， 则墙对跑酷运动员做的功和墙对跑酷运动员 得 ： ｓ ＝２ ｍ＜ Ｌ
的冲量大小分别为 （ｓｉｎ３７ ° ＝０ ． ６，ｃｏｓ３７ ° ＝０ ． ８） （ ） 因为ｖ Ｂ＞ ｖ ， 所以 Ｂ 物块返回到水平面 ＭＮ 后的速度为
ｖ ｖ
Ａ．０，５４０ ｋｇ·ｍ／ｓ Ｂ．３２４ Ｊ，６０ ｋｇ·ｍ／ｓ Ｂ １＝ ＝２ ｍ／ｓ
设Ａ与Ｂ碰前的速度为ｖ Ｂ被Ａ碰撞后两者一起向右
Ｃ．５４６ Ｊ，３００ ｋｇ·ｍ／ｓ Ｄ．９００ Ｊ，５４０ ｋｇ·ｍ／ｓ Ａ １，
答案 Ａ 把运动员的初速度看成平抛运动的末速度 将该 运动的速度为ｖ
Ｂ
， ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２１６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
要使Ａ Ｂ连接体刚好从Ｑ端滑出 则Ａ Ｂ连接体的末速 对于Ａ Ｂ的碰撞过程由动量守恒定律得 ｍｖ ｍｖ ｍｖ
、 ， 、 、 ： Ａ １－ Ｂ １＝２ Ｂ ２
度ｖ 得 ｖ
Ｂ ３＝０ ： Ａ １＝１８ ｍ／ｓ
由
得
匀
ｖ
变速直线运动规律知ｖ２Ｂ
２＝２
ａＬ
，
且
２
μｍｇ
＝２
ｍａ
由动能定理得Ｐ对Ａ做的功为
：
Ｗ
＝
１ ｍｖ２Ａ
１＝１６２ Ｊ
： Ｂ ２＝８ ｍ／ｓ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋
１ （ ｍ）ｖ２ （ ｍ）ｇｈ １ （ ｍ）ｖ２
Δ ＋ Δ ＝ Δ ０ ④
２ ２
在ｈ高度处， ｔ时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的
Δ
应用一 应用动量定理探究“流体模型”的冲击力问题 动量变化量的大小为
１．研究对象 ｐ （ ｍ）ｖ
Δ ＝ Δ ⑤
常常需要选取流体为研究对象 如水 空气等 设水对玩具的作用力的大小为Ｆ，根据动量定理有
， 、 。
２．研究方法 Ｆ ｔ ｐ
Δ ＝Δ ⑥
解决 流体问题 粒子流问题 等持续作用情况的问题时 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
“ ”“ ” ，
需注意选好研究对象 以流体为研究对象 建立 柱状 模型 如 Ｆ Ｍｇ
： ， “ ” ， ＝ ⑦
图所示 沿流速ｖ的方向选取一段柱形流体 其横截面积为Ｓ 取 联立 式得
， ， ， ③④⑤⑥⑦
很小的一段作用时间 ｔ内的一段柱形流体的长度为 ｌ 对应的 ｖ２ Ｍ２ｇ
Δ Δ， ｈ ０
质量为 ｍ ρＳ ｌ ＝ ｇ－ ρ２ｖ２Ｓ２ ⑧
Δ ＝ Δ。 ２ ２ ０
ｖ２ Ｍ２ｇ
答案 （ ）ρｖ Ｓ （ ） ０
ⅰ ０ ⅱ ｇ－ ρ２ｖ２Ｓ２
２ ２ ０
应用二 应用动量守恒定律探究人船模型问题
根据动量定理 流体微元所受的合外力的冲量等于该流体 静止的系统由于各部分之间相互作用 当一部分向某方向
， ，
微元动量的增量 即 Ｆ ｔ ｍ ｖ 粒子流微元内的粒子数 Ｎ 运动时 另一部分向相反方向运动的各种题目类型统称为 人船
， Δ ＝Δ Δ （ ＝ ， “
ｎＳ ｌ 先用动量定理研究单个粒子 建立方程 再乘以Ｎ计算 模型 题型 属于反冲现象中的一种具体情况 人船模型 题
Δ， ， ， ）。 ” ， 。 “ ”
注意 若流体冲击的物体是静止的 则 ｌ ｖ ｔ 若流体冲击 型涉及动量 能量 运动学 动力学等各力学考点 具有较强的综
： ， Δ ＝ Δ； 、 、 、 ，
的物体速度为ｖ 则 ｌ ｖ ｖ ｔ 合性 物理情境变化空间较大 是综合考查力学知识的最好方法
物， Δ ＝（ － 物）Δ。 ， ，
３．基本思路 之一 在 人船模型 题型中问题处理思路固定 处理好本题型
。 “ ” ，
在极短时间 ｔ内 取一小柱体作为研究对象 对整个高中力学知识的学习有很好的促进和帮助作用
（１） Δ ， 。 。
求小柱体的体积 Ｖ ｖＳ ｔ 人船模型 题型是一类试题的代表 试题分类角度较多 例
（２） Δ ＝ Δ。 “ ” ， ，
求小柱体质量 ｍ ρ Ｖ ρｖＳ ｔ 如 按系统内物体数目可分为 双物体系统类 和 多物体系统
（３） Δ ＝ Δ ＝ Δ。 ： “ ” “
求小柱体的动量变化 作用后流体微元停止运动 ｐ 类 按作用过程中系统动量变化情况可分为 系统动量守恒类
（４） （ ）Δ ＝ ”； “ ”
ｖ
Δ
ｍ
＝
ρｖ２Ｓ
Δ
ｔ
。 “
某方向动量守恒类
”；
按问题呈现类型可分为
“
过程量求解类
”
应用动量定理Ｆ ｔ ｐ 瞬时量求解类 及 运动过程特征分析类
（５） Δ ＝Δ 。 “ ” “ ”。
题型通解
例１ ［２０１６课标Ⅰ，３５（２），１０分］某游乐园入口旁有一
喷泉 喷出的水柱将一质量为Ｍ的卡通玩具稳定地悬停在空中 为
， 。
计算方便起见 假设水柱从横截面积为Ｓ的喷口持续以速度ｖ 竖直
， ０
向上喷出 玩具底部为平板 面积略大于Ｓ 水柱冲击到玩具底板
； （ ）；
后 在竖直方向水的速度变为零 在水平方向朝四周均匀散开 忽
， ， 。
略空气阻力 已知水的密度为ρ 重力加速度大小为ｇ 求
。 ， 。
喷泉单位时间内喷出的水的质量
（ⅰ） ； 例２ 长为Ｌ 质量为Ｍ的小船停在静水中 一个质量为
玩具在空中悬停时 其底面相对于喷口的高度 、 ，
（ⅱ） ， 。 ｍ的人立在船头 若不计水的黏滞阻力 当人从船头走到船尾的
解析 （ ）设 ｔ时间内，从喷口喷出的水的体积为 Ｖ， ， ，
ⅰ Δ Δ 过程中 船和人对地面的位移大小各是多少
质量为 ｍ，则 ， ？
Δ 解题思路 人和小船组成的系统动量守恒 根据动量守恒
ｍ ρ Ｖ ，
Δ ＝ Δ ① 定律列出等式 结合几何关系求出船移动的位移大小 解决本
Ｖ ｖ Ｓ ｔ ， 。
Δ ＝ ０ Δ ② 题的关键是掌握动量守恒的条件 以及知道在运用动量守恒定
由 式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ，
①② 律时 速度必须以地面为参考系
ｍ ， 。
Δ
Δ
ｔ ＝ ρｖ ０ Ｓ ③ 解析 设某时刻人对地的速率为ｖ
１
，船对地的速率为ｖ
２
，
（ ）设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 ｈ，水从喷 根据动量守恒得ｍｖ Ｍｖ
ⅱ １－ ２＝０ ①
口喷出后到达玩具底面时的速度大小为ｖ。 对于 ｔ时间内喷出 因为在人从船头走到船尾的整个过程中动量守恒，对 式
Δ ①
的水，由能量守恒得 两边同乘 ｔ，再累加求和得ｍｘ Ｍｘ
Δ １－ ２＝０ ②
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２１７
式为人对地的位移和船对地的位移关 化 这种问题由于作用时间都极短 因此动量守恒定律一般能
② 。 ，
系。 由图还可看出： 派上大用场
。
ｘ ｘ Ｌ 例３ 如图所示 在水平面上依次放置小物块Ｃ和Ａ以及
１＋ ２＝ ③ ，
联立 两式得
ì
í
ï ï ｘ １＝Ｍ Ｍ
＋
ｍ Ｌ 曲
ｍ
面
劈
劈
Ｂ
Ｂ ，
的
其
曲
中
面
Ａ
下
与
端
Ｃ
与
的
水
质
平
量
面
相
相
等
切
均
且
为
劈
ｍ ，
Ｂ
曲
足
面
够
劈
高
Ｂ
各
的
接
质
触
量
面
Ｍ
均
＝
②③ ï ïｘ ｍ Ｌ 光 ３ 滑 ， 现让小物块Ｃ以水平速度ｖ ， 向右运动 与Ａ ， 发生碰撞 碰
î ２＝Ｍ ｍ 。 ０ ， ，
＋ 撞后两个小物块粘在一起又滑上劈Ｂ 重力加速度为ｇ 求
答案 见解析 。 ， ：
应用三 应用动量和能量观点探究力学综合问题
１．解动力学问题的三个基本观点
力的观点 运用牛顿运动定律结合运动学知识解题 可
碰撞过程中系统损失的机械能
（１） ： ，
（１） ；
处理匀变速运动问题及瞬时问题
。
碰后物块Ａ与Ｃ在曲面劈Ｂ上能够达到的最大高度
（２） 。
能量观点 用动能定理和能量守恒观点解题 可处理非
（２） ： ， 解析 （ ）小物块Ｃ与Ａ发生碰撞后粘在一起，
匀变速运动问题 １
。 由动量守恒定律得：ｍｖ ｍｖ
动量观点 用动量守恒观点解题 可处理非匀变速运动问题 ０＝２
（３） ： ， 。
综合题的解法并非单一的 应综合利用上述三种观点的多 解得ｖ １ ｖ ；
， ＝ ０
个规律 方可顺利求解 ２
， 。 碰撞过程中系统损失的机械能为
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 Ｅ 损＝ １ ｍｖ２ ０－ １ （ ２ ｍ）ｖ２
二定律 ２ ２
。
（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 解得Ｅ 损＝
４
１ ｍｖ２
０
。
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 （ ）当物块Ａ、Ｃ上升到最大高度时，Ａ、Ｂ、Ｃ 组成的系统水
（ ） （ ）。 ２
若研究的对象为一物体系统 且它们之间有相互作用 平方向动量守恒且Ａ、Ｂ、Ｃ共速，
（３） ， ，
一般用两个守恒定律去解决问题 但需注意所研究的问题是否 根据动量守恒定律：ｍｖ （ｍ ｍ ｍ）ｖ
满足守恒的条件 ， ０＝ ＋ ＋３ １
。 解得ｖ １ ｖ
（４） 在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律 ， 通常 １＝ ５ ０
系统克服摩擦力所做的功等于系统机械能的减少量 即转变为 ( ) ( )
， 由动能定理： ｍｇｈ １ · ｍ １ ｖ ２ １ ｍ １ ｖ ２
系统内能的量 ２ ＝ ２ ０ － ×５ × ０
。 ２ ２ ２ ５
在涉及碰撞 爆炸 打击 绳绷紧等物理现象时 需注意 ｖ２
（５） 、 、 、 ， 解得ｈ ３ ０。
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 ＝ ｇ
４０
ｖ２
答案 （ ） １ ｍｖ２ （ ）３ ０
１ ０ ２ ｇ
４ ４０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
应用一 应用动量定理探究“流体模型”的冲击力问题
１．（２０１９辽宁大连一中期末）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 小时内杯中水位上升了 查询得知 当时雨滴竖直 Ａ．２７ ｍ／ｓ Ｂ．５４ ｍ／ｓ Ｃ．７６ ｍ／ｓ Ｄ．１０８ ｍ／ｓ
１ ４５ ｍｍ。 ， ２． 答案 Ｃ
下落速度约为 据此估算该压强约为 设雨滴撞击睡莲
１２ ｍ／ｓ， （
后无反弹 ， 不计雨滴重力 ， 雨水的密度为 １×１０ ３ ｋｇ／ｍ ３ ）（ ） 应用二 应用动量守恒定律探究人船模型问题
． ． ． ．
Ａ．０１５ Ｐａ Ｂ．０５４ Ｐａ Ｃ．１５ Ｐａ Ｄ．５４ Ｐａ １．（２０１９上海质量检测）光滑水平面上放有一上表面光滑 倾角
１． 答案 Ａ 、
为α的斜面Ａ 斜面质量为Ｍ 底边长为Ｌ 如图所示 将一质
２．（２０１９湖北武汉二月调研）运动员在水上做飞行表演 他操控 ， 、 ， 。
， 量为ｍ 可视为质点的滑块Ｂ从斜面的顶端由静止释放 滑块
喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转 °后向下喷 ， ，
１８０ Ｂ经过时间ｔ刚好滑到斜面底端 此过程中斜面对滑块的支
出 令自己悬停在空中 如图所示 已知运动员与装备的总质 。
， ， 。 持力大小为Ｆ 重力加速度大小为ｇ 则下列说法中正确的是
量为 两个喷嘴的直径均为 取重力加速度大小ｇ Ｎ， ，
９０ ｋｇ， １０ ｃｍ， ＝
２ 水的密度ρ ． ３ ３ 则喷嘴处喷水的速度大 （ ）
１０ ｍ／ｓ ， ＝１ ０×１０ ｋｇ／ｍ ，
约为
（ ）
Ｆ ｍｇ α
Ａ． Ｎ＝ ｃｏｓ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２１８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
滑块下滑过程中支持力对Ｂ的冲量大小为Ｆ ｔ α 粘在一起的甲 乙两物块从 Ｃ 点抛出到落到 ＣＤＥ 段
Ｂ． Ｎ ｃｏｓ （３） 、
滑块Ｂ下滑的过程中Ａ Ｂ组成的系统动量守恒 轨道上所用的时间
Ｃ． 、 。
ｍ
此过程中斜面向左滑动的距离为 Ｌ
Ｄ． Ｍ ｍ
＋
１． 答案 Ｄ
２．（２０２０湖北武汉统考）如图所示 ＡＢ为一光滑水平横杆 杆上
， ，
套一质量为Ｍ的圆环 环上系一长为Ｌ 质量不计的细绳 细绳
， 、 ，
的另一端拴一个质量为ｍ的小球 现将细绳拉直 且与ＡＢ平
。 ，
行 由静止释放小球 则 １． 答案 ．
（１）３ Ｎ （２）２ ｍ／ｓ （３）０４ ｓ
， ，
当细绳与ＡＢ成θ角时 圆环移动的距离是多少 ２．（２０１９辽宁沈阳统考）如图所示 ， 半径Ｒ ＝２ ． ８ｍ 的光滑半圆轨
① ， ？
若在横杆上立一挡板 与环的初位置相距多远时才能使
道ＢＣ与倾角θ
＝３７
°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内
，
两轨
② ，
圆环在运动过程中恰好不与挡板相碰
道间由一条光滑水平轨道ＡＢ相连 Ａ处用光滑小圆弧轨道平
，
？
滑连接 Ｂ处与半圆轨道相切 在水平轨道上 两静止小球Ｐ
， 。 ， 、
Ｑ压紧轻质弹簧后用细线连在一起 某时刻剪断细线后 小球
。 ，
Ｐ向左运动到Ａ点时 小球Ｑ沿半圆轨道到达Ｃ点 之后小球
， ；
ｍＬ θ ｍＬ Ｑ落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球 Ｐ 发生碰撞
２． 答案 （１－ｃｏｓ ） ２ 。
① Ｍ ｍ ②Ｍ ｍ 已知小球Ｐ的质量ｍ ． 小球Ｑ的质量ｍ 小球Ｐ
＋ ＋ １＝３２ ｋｇ， ２＝１ｋｇ，
与斜面间的动摩擦因数μ ． 剪断细线前弹簧的弹性势能
应用三 应用动量和能量观点探究力学综合问题 ＝０ ５，
Ｅ 小球到达Ａ点或Ｂ点时已和弹簧分离 重力加速
１．（２０１９湖北稳派教育第二次联考）如图所示 ， 半径Ｒ １＝１ ｍ 的 度
ｐ＝
ｇ
１
＝
６
１
８
０
Ｊ
ｍ
，
／ｓ ２ ，ｓｉｎ３７ ° ＝０ ． ６，ｃｏｓ３７ ° ＝０ ． ８， 不计空气
。
阻力 ， 求 ：
四分之一光滑圆弧轨道ＡＢ与平台ＢＣ在Ｂ点平滑连接 半径 小球Ｑ运动到Ｃ点时的速度大小
， （１） ；
Ｒ
２＝０
．
８ ｍ
的四分之一圆弧轨道上端与平台Ｃ端连接
，
下端与
（２）
小球Ｐ沿斜面上升的最大高度ｈ
；
水平地面平滑连接
，
质量ｍ
＝０
．
１ ｋｇ
的乙物块放在平台ＢＣ的
（３）
小球Ｑ离开半圆轨道后经过多长时间与小球Ｐ相碰
。
右端Ｃ点 将质量也为ｍ的甲物块在Ａ点由静止释放 让其沿
， ，
圆弧下滑 并滑上平台与乙相碰 碰撞后甲与乙粘在一起从Ｃ
， ，
点水平抛出 甲物块与平台间的动摩擦因数为 μ ． ＢＣ 长
， ＝０ ２，
Ｌ 重力加速度ｇ取 ２ 不计两物块的大小及碰撞所
＝１ ｍ， １０ ｍ／ｓ ，
用的时间 求
， ：
甲物块滑到Ｂ点时对轨道的压力大小
（１） ；
甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小 ２． 答案 ．
（２） ； （１）１２ ｍ／ｓ （２）０７５ ｍ （３）１ ｓ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
体静置于光滑水平面上 斜面体质量为Ｍ 顶端高度为ｈ 今有
， ， ，
一质量为ｍ的小物块 沿光滑斜面下滑 当小物块从斜面顶端
， ，
自由下滑到底端时 斜面体在水平面上移动的距离是
， （ ）
１．（２０２０届江苏南京月考，８）如图所示 一辆小车静置于光滑水
，
平面上 车的左端固定有一个水平弹簧枪 车的右端有一个网
， ，
兜 若从弹簧枪中发射出一粒弹丸 弹丸恰好能落入网兜中
。 ， 。
从弹簧枪发射弹丸以后 下列说法中正确的是
， （ ）
ｍｈ Ｍｈ
Ａ．Ｍ ｍ Ｂ．Ｍ ｍ
＋ ＋
小车向左运动一段距离然后停下
Ａ． ｍｈ Ｍｈ
小车先向左运动又向右运动 最后回到原位置停下 Ｃ． Ｍ ｍ α Ｄ． Ｍ ｍ α
Ｂ． ， （ ＋ ）ｔａｎ （ ＋ ）ｔａｎ
小车一直向左运动下去 答案 Ｃ 物块与斜面体在水平方向上动量守恒 设物块的
Ｃ． ，
小车先向左运动 后向右运动 最后保持向右匀速运动 速度方向为正方向 则有 ｍｖ Ｍｖ
Ｄ．
答案 Ａ 车与弹
，
丸组成的系
，
统动量守恒 开始时系统静 运动时间相等
，
则有
：
ｍｓ
１－
Ｍｓ
２＝０，
止 总动 量为 零 发射弹丸后 弹丸动量向右 向
，
右运动 由动量
， ：
ｈ
１－ ２＝０，
， ， ， ， ， 由题意可知 ｓ ｓ
守恒定律可知 车的动量向左 车向左运动 从发射弹丸到弹丸 ， １＋ ２＝ α，
， ， ； ｔａｎ
落入网兜过程 系统动量守恒 由于初动量为零 则弹丸落入网 ｍｈ
， ， ， 联立解得 ｓ 故选项 正确
兜后 系统总动量为零 弹丸落入网兜后 车停止运动 故 ： ２＝ Ｍ ｍ α， Ｃ 。
， ， ， ， Ａ （ ＋ ）ｔａｎ
正确 ３．（２０２０湖北十堰模拟）航天器离子发动机原理如图所示 首先
。 ，
模型构建 本题情景属于 人船模型 类问题 此类问题的规 电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化 即电离出正
“ ” ， （
律为 人行船行 人停船停 离子 正离子被正 负极栅板间的电场加速后从喷口喷出 从
“ ， ”。 ）， 、 ，
２．（２０１９长郡中学月考，７）如图所示 一个倾角为α的直角斜面 而使航天器获得推进或姿态调整的反冲力 已知单个正离子
， 。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２１９
的质量为ｍ 电荷量为ｑ 正 负极栅板间加速电压为Ｕ 从喷口 撞都是弹性碰撞 且都发生在竖直方向 碰撞时间均可忽略不
， ， 、 ， ， ，
喷出的正离子所形成的电流为Ｉ 忽略离子间的相互作用力 计 空气阻力不计 已知ｍ ｍ 则 Ａ反弹后能达到的最大
。 ， ， 。 ２＝３ １，
忽略离子喷射对航天器质量的影响 该发动机产生的平均推 高度为
。 （ ）
力Ｆ的大小为
（ ）
ｍＵ ｍＵ ｍＵ ｍＵ ｈ ｈ ｈ ｈ
Ｉ ２ Ｉ Ｉ Ｉ Ａ． Ｂ．２ Ｃ．３ Ｄ．４
Ａ． ｑ Ｂ． ｑ Ｃ． ｑ Ｄ．２ ｑ 答案 Ｄ 所有的碰撞都是弹性碰撞 所以不考虑机械能损
２ ，
失 设竖直向上为正方向 根据机械能守恒定律和动量守恒定
答案 Ａ 以正离子为研究对象 由动能定理得ｑＵ １ ｍｖ２ 。 ，
， ＝ ，
２ 律可得 ｍ ｍ ｇｈ １ ｍ ｍ ｖ２ ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ １
ｔ时间内通过的总电荷量为Ｑ Ｉ ｔ 喷出的正离子总质量为 ，（ １＋ ２） ＝ （ １＋ ２） ， ２ － １ ＝ １ １＋ ２ ２，
Δ ＝ Δ， ２ ２
Ｑ Ｉ ｔ
Ｍ ｍ Δｍ 由动量定理可知正离子所受的平均冲量Ｆ′ ｔ ｍ ｍ ｖ２ １ ｍ ｖ２ １ ｍ ｖ２ １ ｍ ｖ２ ｍ ｇｈ 将 ｍ ｍ 代
＝ ｑ ＝ ｑ 。 Δ （ １＋ ２） ＝ １ １＋ ２ ２， １ １＝ １ １， ２＝３ １
２ ２ ２
ｍＵ 入 联立可得ｈ ｈ Ｄ正确
Ｍｖ 联立以上式子可得Ｆ′ Ｉ ２ 根据牛顿第三定律可 ， １＝４ ， 。
＝ ， ＝ ｑ ， ６．（２０２０吉林长春模拟）如图所示 木块静止在光滑水平面上
， ，
两颗不同的子弹Ａ Ｂ从木块两侧同时射入木块 最终都停在
知 发动机产生的平均推力Ｆ Ｆ′ Ｉ ２ ｍＵ 故Ａ正确 、 ，
， ＝ ＝ ｑ ， 。 木块内 这一过程中木块始终保持静止 若子弹Ａ射入的深度
， 。
４．（２０２０湖南绥宁模拟）如图所示 质量为 Ｍ 的小车静止在光 大于子弹Ｂ射入的深度 则
， ， （ ）
滑的水平面上 小车ＡＢ段是半径为Ｒ的四分之一光滑圆弧轨
，
道 ＢＣ段是长为Ｌ的水平粗糙轨道 两段轨道相切于Ｂ点 一
， ， ，
质量为ｍ的滑块在小车上从Ａ点静止开始沿ＡＢ轨道滑下 然 子弹Ａ的质量一定比子弹Ｂ的质量大
， Ａ．
后滑入ＢＣ轨道 最后恰好停在Ｃ点 已知小车质量Ｍ ｍ 入射过程中子弹Ａ受到的阻力比子弹Ｂ受到的阻力大
， 。 ＝３ ， Ｂ．
滑块与轨道ＢＣ间的动摩擦因数为μ 重力加速度为ｇ 则 子弹Ａ在木块中运动的时间比子弹 Ｂ 在木块中运动的时
， 。 Ｃ．
间长
（ ）
子弹Ａ射入木块时的初动能一定比子弹Ｂ射入木块时的初
Ｄ．
动能大
答案 Ｄ 由于木块始终保持静止状态 则两子弹对木块的
，
推力大小相等 则两子弹所受的阻力大小相等 设为ｆ 根据动
， ， ，
能定理得 对Ａ子弹 ｆｄ Ｅ 得Ｅ ｆｄ 对Ｂ子弹 ｆｄ
， ：－ Ａ＝０－ ｋ Ａ， ｋ Ａ＝ Ａ； ：－ Ｂ
Ｅ 得Ｅ ｆｄ 由于ｄ ｄ 则子弹入射时的初动能Ｅ
全程滑块水平方向相对地面的位移为Ｒ Ｌ ＝０－ ｋ Ｂ， ｋ Ｂ＝ Ｂ， Ａ＞ Ｂ， ｋ Ａ＞
Ａ． ＋ Ｅ 故 错误 Ｄ正确 两子弹和木块组成的系统动量守恒
ｋ Ｂ， Ｂ ， 。 ，
Ｂ． 全程小车相对地面的位移大小为 １ ４ （ Ｒ ＋ Ｌ ） 则有 ２ ｍ Ａ Ｅ ｋ Ａ ＝ ２ ｍ Ｂ Ｅ ｋ Ｂ， 而 Ｅ ｋ Ａ＞ Ｅ ｋ Ｂ， 则得到 ｍ Ａ＜ ｍ Ｂ， 故 Ａ
错误 子弹Ａ Ｂ从木块两侧同时射入木块 木块始终保持静
滑块运动过程中的最大速度为 ｇＲ 。 、 ，
Ｃ． ２ 止 则两子弹在木块中运动时间必定相等 否则木块就会运动
μ Ｌ Ｒ三者之间的关系为Ｒ μＬ ， ， ，
Ｄ． 、 、 ＝４ 故 错误
答案 Ｂ 设全程小车相对地面的位移大小为ｓ 则滑块水 Ｃ 。
， ７．（２０１９郴州质检，１０） 多选 如图所示 光滑大圆环静止在水
平方向相对地面的位移ｘ Ｒ Ｌ ｓ 取水平向右为正方向 由 （ ） ，
＝ ＋ － 。 ， 平面上 一质量为ｍ 可视为质点的小环套在大圆环上 已知大
ｘ ｓ Ｒ Ｌ ｓ ｓ ， ， ，
水平方向动量守恒得ｍ ｔ － Ｍ ｔ ＝０， 即ｍ ＋ ｔ － － Ｍ ｔ ＝０， 结 圆环半径为Ｒ ， 质量为Ｍ ＝３ ｍ ， 小环由圆心等高处无初速度释
放 滑到最低点时
合Ｍ ｍ 解得ｓ １ Ｒ Ｌ ｘ ３ Ｒ Ｌ 故 错误 Ｂ正确 ， （ ）
＝３ ， ＝ （ ＋ ）， ＝ （ ＋ ）， Ａ ， 。
４ ４
滑块速度最大时小车速度ｖ 由机械能守恒得ｍｇｈ １ ｍｖ２
＞０， ＝ ｍ＋
２
１ Ｍｖ２ 其中ｈ Ｒ 联立解得ｖ ｇＲ 故 错误 对整个过
， ≤ ， ｍ＜ ２ ， Ｃ 。
２
程 由动量守恒定律得 ｍ Ｍ ｖ′ 得ｖ′ 由能量守恒定律 小环的速度大小为 ｇＲ
， ０＝（ ＋ ） ， ＝０， Ａ． ２
得ｍｇＲ μｍｇＬ 得Ｒ μＬ 故 错误 ｇＲ
＝ ， ＝ ， Ｄ 。 小环的速度大小为 ６
５．（２０２０山西临汾模拟）如图所示 两质量分别为ｍ 和ｍ 的弹 Ｂ．
， １ ２ ２
性小球Ａ Ｂ叠放在一起 从高度为ｈ处自由落下 ｈ远大于两 Ｒ
、 ， ， 大圆环移动的水平距离为３
小球半径 落地瞬间 Ｂ先与地面碰撞 后与Ａ碰撞 所有的碰 Ｃ．
， ， ， ， ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２２０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
大圆环移动的水平距离为 Ｒ ａ ２＝１ ｍ／ｓ ２
Ｄ． 槽 含滑块Ａ 和滑块Ｃ的质量相等 发生弹性碰撞后互换
４ （ ） ，
答案 ＢＤ 小环与大圆环组成的系统在水平方向上动量守 速度 最终以共同速度ｖ 一起运动
恒 设滑 到底 端时小环速度为ｖ 大圆环的速度为ｖ′ 以向左为
， ２＝２ ｍ／ｓ 。
ｖ
， ， ，
正方向 由动量守恒定律得 ｍｖ Ｍｖ′ 由机械能守恒定律得 设从碰后到一起运动的时间为ｔ ， 则ｔ ＝ａ ２
， ： － ＝０， ：
２
ｇＲ ｇＲ 解得ｔ
１ ｍｖ２ １ Ｍｖ′２ ｍｇＲ 解得 ｖ ６ ｖ′ ６ 故 错误 ＝２ ｓ
＋ ＝ ， ： ＝ ， ＝ ， Ａ ，Ｂ
２ ２ ２
Ｒ
６
ｘ ｘ
槽Ｂ
（
含滑块Ａ
）
对地的位移ｓ
Ｂ＝
１ ａ
１
ｔ２
＋
ｄ
＋３
Ｌ
正确 设大圆环移动的水平距离为 ｘ 则 ｍ － Ｍ 解 ２
； ， ｔ － ｔ ＝０， 代入数据得ｓ ．
Ｂ＝３９ ｍ
Ｒ
得
：
ｘ
＝ ４ ，
故
Ｃ
错误
，Ｄ
正确
。
滑块Ｃ对地的位移ｓ
Ｃ＝ ２
１ ａ
２
ｔ２
＋３
Ｌ
＋
ｓ
－
ｄ
－６
Ｌ
８．（２０２０广东深圳一模，２５） 分 如图所示 光滑水平面上有 代入数据得ｓ ．
（１８ ） ， Ｃ＝４１ ｍ
一被压缩的轻质弹簧
，
左端固定
，
质量为ｍ
Ａ＝１ ｋｇ
的滑块Ａ紧 ９．（２０１９湖南师大附中考前演练，２５，２０分）如图所示
，
质量ｍ
Ｃ＝
靠弹簧右端 不拴接 弹簧的弹性势能为 Ｅ 质量为 长度ｌ 两端带有弹性挡板的长木板Ｃ静止在光滑水
（ ）， ｐ＝３２ Ｊ。 １ｋｇ、 ＝８ｍ、
ｍ Ｂ＝１ ｋｇ 的槽Ｂ静止放在水平面上 ， 内壁间距为Ｌ ＝０ ． ６ ｍ， 槽 平地面上 ， Ｄ 、 Ｅ为木板左右两端点 ， Ｐ为中点 ， 质量ｍ Ｂ＝０ ． ９８ ｋｇ
内放有质量为ｍ
Ｃ＝２ ｋｇ
的滑块Ｃ
（
可视为质点
），
Ｃ到左侧壁 的小物块Ｂ静止在Ｐ点
，
Ｂ与长木板Ｃ之间的动摩擦因数μ
＝
的距离为ｄ ． 槽与滑块Ｃ之间的动摩擦因数μ ． ｇ取 ． 一质量ｍ ． 的子弹Ａ以ｖ 速度水平飞来
＝０１ｍ， ＝０１， ００２， Ａ＝００２ｋｇ １＝２００ｍ／ｓ
２ 现释放弹簧 滑块Ａ离开弹簧后与槽Ｂ发生正碰并 与Ｂ发生正碰并留在其中 设子弹射入的时间极短 Ａ Ｂ整体
１０ ｍ／ｓ 。 ， 。 ， 、
粘连在一起 已知槽与滑块Ｃ发生的碰撞为弹性碰撞 求 与挡板发生弹性碰撞时刚好发生速度交换 重力加速度大小ｇ
。 。 ： ， ＝
（１） 滑块Ａ与槽碰撞前 、 后瞬间的速度大小 ； １０ｍ／ｓ ２ ， 在从Ｂ开始运动到Ａ 、 Ｂ和Ｃ相对静止的过程中 ， 求 ：
槽与滑块Ｃ最终的速度大小及滑块Ｃ与槽的左侧壁 Ｂ物块最终停在长木板上的位置
（２） （１） ；
碰撞的次数 Ｂ物块运动的总路程
； （２） 。
从槽开始运动到槽和滑块Ｃ相对静止时各自对地的
（３）
位移大小
。
答案 Ｄ点
（１） （２）２２ ｍ
解析 子弹射入的时间极短 有ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ
（１） ， Ａ Ａ＝（ Ａ＋ Ｂ） ＡＢ，
得ｖ 分
答案 见解析 ＡＢ＝４ ｍ／ｓ （２ ）
最终Ａ Ｂ和Ｃ达到相对静止 设此时的速度为ｖ 相对路
解析 试题考查动量守恒定律与能量守恒定律等必备知识 、 ， 共，
， 程为ｘ
主要考查理解能力 模型建构能力 体现了科学推理的学科素 ，
、 ， 由动量守恒定律得 ｍ ｍ ｖ ｍ ｍ ｍ ｖ
养 突出对综合性考查要求 （ Ａ＋ Ｂ） ＡＢ＝（ Ａ＋ Ｂ＋ Ｃ） 共
， 。 得ｖ 分
设滑块Ａ与槽碰撞前 后的速度大小分别为ｖ ｖ 共＝２ ｍ／ｓ （２ ）
（１） 、 ０、 １。 由功能关系有
弹簧将Ａ弹开 由机械能守恒定律得 ：
， ：
Ｅ
ｐ＝
１ ｍ
Ａ
ｖ２
０
μ
（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ）
ｇｘ
＝
２
１
（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ）
ｖ２ＡＢ－
２
１
（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ＋
ｍ
Ｃ）
ｖ２共（２ 分
）
２ 解得ｘ 分
解得ｖ ＝２０ ｍ （１ ）
０＝８ ｍ／ｓ ｘ
Ａ与Ｂ发生完全非弹性碰撞 由动量守恒定律得 ． 所以Ｂ物块最终停在长木板上Ｄ点处 分
， ： ｌ ＝２５， 。 （２ ）
ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ
Ａ ０＝（ Ａ＋ Ｂ） １ μ ｍ ｍ ｇ
解得ｖ １＝４ ｍ／ｓ （２） 长木板的加速度为ａ Ｃ＝ （ Ａ ｍ ＋ Ｂ） ＝０ ． ２ ｍ／ｓ ２ （２ 分 ）
最终滑块Ｃ与槽共速 设为ｖ 由动量守恒定律得 Ｃ
（２） ， ２， ： 因为Ａ Ｂ整体与Ｃ碰撞时速度交换 在同一坐标系中可
ｍ ｍ ｖ ｍ ｍ ｍ ｖ 、 ，
（ Ａ＋ Ｂ） １＝（ Ａ＋ Ｂ＋ Ｃ） ２ 得Ａ Ｂ整体和木板的速度 时间图像如图所示 实线表示Ａ Ｂ
解得ｖ 、 － （ 、
２＝２ ｍ／ｓ 整体 虚线表示长木板Ｃ 图中阴影部分的面积表示物块Ｂ运
设滑块Ｃ与槽的相对运动路程为ｓ 由能量守恒定律得 ， ），
， ： 动的总路程ｓ 分
（１ ）
μｍ
Ｃ
ｇｓ
＝
１
（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ）
ｖ２
１－
１
（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ＋
ｍ
Ｃ）
ｖ２
２
２ ２
解得ｓ
＝４ ｍ 分
（４ ）
设Ｃ与槽的左侧壁碰撞次数为ｎ 则有
，
ｓ ｄ
ｎ －
＝
２
Ｌ＋１
ｓ
ｖ２共 ｌ
ｌ 分
解得ｎ ． 取ｎ ＝ ａ ＋ ＋ ＝２２ ｍ （４ ）
＝４２５， ＝４ ２ Ｃ ２
设槽和滑块Ａ碰后加速度大小为ａ 滑块Ｃ的加速度 其他解法正确的照样给分
（３） １， 。
大小为ａ 由牛顿第二定律得 １０．（２０１９长沙一中月考，１６）如图所示 光滑的水平地面上有一
２， ： ，
μｍ ｇ ｍ ｍ ａ 木板 其左端放有一重物 右方有一竖直的墙 重物质量为木
Ｃ ＝（ Ａ＋ Ｂ） １ ， ， ，
μｍ ｇ ｍ ａ 板质量的 倍 重物与木板间的动摩擦因数为μ 使木板与
Ｃ ＝ Ｃ ２ ２ ， 。
解得ａ ２ 重物以共同的速度ｖ 向右运动 某时刻木板与墙发生弹性碰
１＝１ ｍ／ｓ ０ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２２１
撞 碰撞时间极短 设木板足够长 重物始终在木板上 重力加
， ， ， ， １ 圆弧槽Ｃ与长木板接触但不连接 圆弧槽的下端与木板的
速度为ｇ 求 ，
。 ： ４
木板从第一次与墙壁碰撞到再次与重物速度相同 上表面水平相切 Ｂ Ｃ静止在水平面上 现有很小的滑块Ａ以
（１） ， 、 ，
时 木板右端离墙壁的距离 ｖ
， ； 初速度ｖ 从右端滑上Ｂ 并以 ０ 的速度滑离Ｂ 恰好
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间 ０＝８ ｍ／ｓ ， ，
（２） 。 ２
能到达Ｃ的最高点 Ａ Ｂ Ｃ的质量均为ｍ ｇ ２ 求
， 、 、 ， ＝１０ ｍ／ｓ 。 ：
滑块Ａ与木板Ｂ上表面间的动摩擦因数μ
（１） ；
１ 圆弧槽Ｃ的半径Ｒ
（２） 。
ｖ ２ ｖ ４
答案 ２ ０ ４ ０
（１） μｇ （２） μｇ
９ ３
解析 设木板质量为ｍ 重物质量为 ｍ 取向右为正方
（１） ， ２ ，
向 由动量守恒定律得 ｍｖ ｍｖ ｍｖ
， ：２ ０－ ０＝３
设从第一次与墙壁碰撞到重物和木板具有共同速度ｖ所
答案 ． ．
用时间为ｔ 对木板由动量定理得 μｍｇｔ ｍｖ ｍ ｖ （１）０５ （２）０１ ｍ
１， ：２ １＝ － （－ ０） 解析 对Ａ Ｂ Ｃ整体 设Ａ刚离开Ｂ时 Ｂ和Ｃ的共同
ｖ （１） 、 、 ， ，
解得ｔ ２ ０ 速度为ｖ 从Ａ滑上Ｂ到刚离开Ｂ的过程中动量守恒 有
１＝ μｇ Ｂ， ， ：
３ ｖ ｖ
对
木
木
板
板
从
由
第
牛
一
顿
次
第
与
二
墙
定
壁
律
碰
得
撞
－
到
２ μ
再
ｍ
次
ｇ ＝
与
ｍ
重
ａ
物速度相同时 木
ｍｖ ０＝ ｍ
２
０ ＋２ ｍｖ Ｂ， 解得ｖ Ｂ＝
４
０
， 由能量守恒定律有
板右端离墙壁的距离为
： æｖ ö２
ｘ
＝
ｖ
０
ｔ
１＋
１ ａｔ２
１
μｍｇＬ ＝
２
１ ｍｖ２ ０－
２
１ ｍ è ç
２
０ ø ÷ －
２
１ ×２ ｍｖ２Ｂ
２
解得 ： ｘ ＝ ２ μ ｖ ｇ ２ ０ 解得μ ＝ ５ ｖ ｇ ２ ０ Ｌ＝０ ． ５
１６
９
木板第一次与墙碰撞后 向左做匀减速直线运动 直
从Ａ滑上Ｃ到 恰能到达Ｃ的最高点 的过程中 设
（２） “ ” ，
（２） ， ，
到静止 再反向向右做匀加速直线运动直到与重物有共同速
Ａ到达最高点时Ａ和Ｃ的共同速度为ｖ
Ｃ，
研究Ａ和Ｃ组成的
，
系统 在水平方向上由动量守恒定律有
度 再往右做匀速直线运动直到第二次撞墙 木板做匀速直线
，
， ；
ｖ
ｖ
运动时 ， 有 ： ｘ ＝ ｖｔ ２， 解得ｔ ２＝ ２ μｇ ０ ｍ
２
０ ＋ ｍｖ Ｂ＝２ ｍｖ Ｃ， 解得ｖ Ｃ＝
８
３ ｖ ０
３
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间ｔ ｔ ｔ
由于在此过程中Ａ和Ｃ组成的系统机械能守恒 有
ｖ ｖ ｖ
＝ １＋２＝
æｖ ö２ æ ｖ ö２
，
２ ０ ２ ０ ４ ０ ｍｇＲ ＝ １ ｍ è ç ０ ø ÷ ＋ １ ｍｖ２Ｂ－ １ ×２ ｍ è ç３ ０ ø ÷
μｇ＋ μｇ＝ μｇ ２ ２ ２ ２ ８
３ ３ ３
１１．（２０１９岳阳一中模拟）如图所示 在光滑水平面上有一块长 ｖ２
， 解得Ｒ ０ ．
为Ｌ 的木板Ｂ 其上表面粗糙 在其左端有一个光滑的 ＝ ｇ＝０１ ｍ
＝４ ｍ ， ， ６４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
考点一 动量、动量定理
Ａ．４８ ｋｇ Ｂ．５３ ｋｇ Ｃ．５８ ｋｇ Ｄ．６３ ｋｇ
１．（２０２０课标Ⅰ，１４，６分）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞 车 ２． 答案 ＢＣ
，
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 ３．（２０１９课标Ⅰ，１６，６分）最近 我国为 长征九号 研制的大推
。 ， “ ”
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 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
， ， ，
下列说法正确的是 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
（ ） 。
增加了司机单位面积的受力大小 速度约为 产生的推力约为 ． ６ 则它在 时间
Ａ． ３ ｋｍ／ｓ， ４８×１０ Ｎ， １ ｓ
减少了碰撞前后司机动量的变化量 内喷射的气体质量约为
Ｂ． （ ）
将司机的动能全部转换成汽车的动能 ． ２ ． ３
Ｃ． Ａ．１６×１０ ｋｇ Ｂ．１６×１０ ｋｇ
延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 ． ５ ． ６
Ｄ． Ｃ．１６×１０ ｋｇ Ｄ．１６×１０ ｋｇ
１． 答案 Ｄ ３． 答案 Ｂ
２．（２０２０课标Ⅱ，２１，６分） 多选 水平冰面上有一固定的竖直挡 ４．（２０１８课标Ⅱ，１５，６ 分）高空坠物极易对行人造成伤害 若
（ ） 。
板 一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上 他把一质量为 ． 的 一个 的鸡蛋从一居民楼的 层坠下 与地面的碰撞时间
。 ， ４０ｋｇ ５０ ｇ ２５ ，
静止物块以大小为 ． 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板 约为 则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为
５０ｍ／ｓ ， ２ ｍｓ， （ ）
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 ２ ３ ４
； ， ， Ａ．１０ Ｎ Ｂ．１０ Ｎ Ｃ．１０ Ｎ Ｄ．１０ Ｎ
员时 运动员又把物块推向挡板 使其再一次以大小为 ． 的 ４． 答案 Ｃ
， ， ５０ｍ／ｓ
速度与挡板弹性碰撞 总共经过 次这样推物块后 运动员退行 ５．（２０１７课标Ⅲ，２０，６分） 多选 一质量为 的物块在合外力
。 ８ ， （ ） ２ｋｇ
速度的大小大于 ． 反弹的物块不能再追上运动员 不计冰 Ｆ的作用下从静止开始沿直线运动 Ｆ随时间ｔ变化的图线如图
５０ｍ／ｓ， 。 。
面的摩擦力 该运动员的质量可能为 所示 则
， （ ） ， （ ）
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２２２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
光滑水平桌面上 ｔ 时 小物块以速度ｖ 滑到长木板上 图
， ＝０ ， ０ ，
为物块与木板运动的ｖ ｔ图像 图中ｔ ｖ ｖ 已知 重力加
（ｂ） － ， １、 ０、 １ ，
速度大小为ｇ 由此可求得
， （ ）
ｔ 时物块的速率为
Ａ． ＝１ ｓ １ ｍ／ｓ
ｔ 时物块的动量大小为
Ｂ． ＝２ ｓ ４ ｋｇ·ｍ／ｓ
ｔ 时物块的动量大小为
Ｃ． ＝３ ｓ ５ ｋｇ·ｍ／ｓ
ｔ 时物块的速度为零
Ｄ． ＝４ ｓ 木板的长度
５． 答案 ＡＢ Ａ．
物块与木板的质量之比
６．（２０２１河北新高考适应卷，７，６分） 多选 游乐场滑索项目的 Ｂ．
（ ） 物块与木板之间的动摩擦因数
简化模型如图所示 索道ＡＢ段光滑 Ａ点比Ｂ点高 ． 与 Ｃ．
， ， １ ２５ ｍ， 从ｔ 开始到ｔ 时刻 木板获得的动能
ＡＢ段平滑连接的ＢＣ段粗糙 长 质量为 的滑块从 Ｄ． ＝０ １ ，
， ４ ｍ。 ５０ ｋｇ ２． 答案 ＢＣ
Ａ点由静止下滑 到Ｂ点进入水平减速区 在Ｃ点与缓冲墙发
， ， ３．（２０２１湖北新高考适应卷，１，４ 分）如图所示 曲面体Ｐ静止
生碰撞 反弹后在距墙 的Ｄ点停下 设滑块与ＢＣ段的动 ，
， １ ｍ 。 于光滑水平面上 物块Ｑ自Ｐ的上端静止释放 Ｑ与Ｐ的接
摩擦因数为 ． 规定向右为正方向 ｇ取 ２ 下列说法 ， 。
０２， 。 １０ ｍ／ｓ 。 触面光滑 Ｑ在Ｐ上运动的过程中 下列说法正确的是
正确的是 ， ， （ ）
（ ）
缓冲墙对滑块的冲量为
Ａ． －５０ Ｎ·ｓ Ｐ对Ｑ做功为零
缓冲墙对滑块的冲量为 Ａ．
Ｂ． －２５０ Ｎ·ｓ Ｐ和Ｑ之间相互作用力做功之和为零
缓冲墙对滑块做的功为 Ｂ．
Ｃ． －１２５ Ｊ Ｐ和Ｑ构成的系统机械能守恒 动量守恒
缓冲墙对滑块做的功为 Ｃ． 、
Ｄ． －２５０ Ｊ Ｐ和Ｑ构成的系统机械能不守恒 动量守恒
６． 答案 ＢＣ Ｄ． 、
３． 答案 Ｂ
７．（２０２０课标Ⅲ，２５，２０分）如图 相距Ｌ ． 的两平台位于
， ＝１１５ｍ ４．（２０２０天津，１１，１６分）长为ｌ的轻绳上端固定 下端系着质
同一水平面内 二者之间用传送带相接 传送带向右匀速运 ，
， 。 量为ｍ 的小球Ａ 处于静止状态 Ａ受到一个水平瞬时冲量
动 ， 其速度的大小 ｖ 可以由驱动系统根据需要设定 。 质量 后在竖 １ 直平面内做 ， 圆周运动 恰好 。 能通过圆周轨迹的最高点
ｍ 的载物箱 可视为质点 以初速度ｖ ． 自左 ， 。
＝１０ ｋｇ （ ）， ０＝５０ ｍ／ｓ 当Ａ回到最低点时 质量为ｍ 的小球Ｂ与之迎面正碰 碰后
侧平台滑上传送带 。 载物箱与传送带间的动摩擦因数 Ａ Ｂ粘在一起 仍做 ， 圆周运动 ２ 并能通过圆周轨迹的最 ， 高点
μ ． 重力加速度取ｇ ２ 、 ， ， 。
＝０１０， ＝１０ ｍ／ｓ 。 不计空气阻力 重力加速度为ｇ 求
若ｖ ． 求载物箱通过传送带所需的时间 ， ，
（１） ＝４０ ｍ／ｓ， ； Ａ受到的水平瞬时冲量Ｉ的大小
求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最 （１） ；
（２） 碰撞前瞬间Ｂ的动能Ｅ 至少多大
小速度 ； （２） ｋ ？
ｇｌ ｍ ｍ ２
若ｖ ． 载物箱滑上传送带 ｔ １３ 后 传送带 ４． 答案 ｍ ｇｌ ５ （２ １＋ ２）
（３） ＝６０ ｍ／ｓ， Δ ＝ ｓ ， （１） １ ５ （２） ｍ
１２ ２ ２
速度突然变为零 求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过 ５．（２０１８课标Ⅱ，２４，１２分）汽车Ａ在水平冰雪路面上行驶 驾
。 。
程中 传送带对它的冲量 驶员发现其正前方停有汽车Ｂ 立即采取制动措施 但仍然撞
， 。 ， ，
上了汽车Ｂ 两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所
。
示 碰撞后Ｂ车向前滑动了 ． Ａ车向前滑动了 ． 已
， ４ ５ ｍ， ２ ０ ｍ。
知Ａ和Ｂ的质量分别为 ． ３ 和 ． ３ 两车与该冰
２０×１０ ｋｇ １５×１０ ｋｇ，
雪路面间的动摩擦因数均为 ． 两车碰撞时间极短 在碰撞
０ １０， ，
后车轮均没有滚动 重力加速度大小ｇ ２ 求
， ＝１０ ｍ／ｓ 。
７． 答案 ． （１）
碰撞后的瞬间Ｂ车速度的大小
；
（１）２７５ ｓ （２）４ ３ ｍ／ｓ ２ ｍ／ｓ （３）０
碰撞前的瞬间Ａ车速度的大小
（２） 。
考点二 动量守恒定律及其应用
１．（２０１７课标Ⅰ，１４，６分）将质量为 ． 的模型火箭点火升
１００ ｋｇ
空 燃烧的燃气以大小为 的速度从火箭喷口在很
，５０ ｇ ６００ ｍ／ｓ
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 ５． 答案 ． ．
） （ ） （１）３０ ｍ／ｓ （２）４３ ｍ／ｓ
． ２ ６．（２０１８ 海南单科，１４，１６ 分）如图 光滑轨道 ＰＱＯ 的水平段
Ａ．３０ ｋｇ·ｍ／ｓ Ｂ．５７×１０ ｋｇ·ｍ／ｓ ，
． ２ ． ２ ｈ
Ｃ．６０×１０ ｋｇ·ｍ／ｓ Ｄ．６３×１０ ｋｇ·ｍ／ｓ ＱＯ 轨道在Ｏ点与水平地面平滑连接 一质量为ｍ的小
１． 答案 Ａ ＝ ， 。
２
２．（２０１８海南单科，８，５ 分） 多选 如图 一长木板静止于 物块Ａ从高ｈ处由静止开始沿轨道下滑 在Ｏ点与质量为 ｍ
（ ） （ａ）， ， ４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２２３
的静止小物块Ｂ发生碰撞 Ａ Ｂ与地面间的动摩擦因数均为 的动能之和为Ｅ ． 释放后 Ａ沿着与墙壁垂直的方向
。 、 ｋ＝１０ ０ Ｊ。 ，
μ ． 重力加速度大小为ｇ 假设Ａ Ｂ间的碰撞为弹性碰撞 向右运动 Ａ Ｂ与地面之间的动摩擦因数均为μ ． 重力
＝０５， 。 、 ， 。 、 ＝０２０。
碰撞时间极短 求 加速度取ｇ ２ Ａ Ｂ运动过程中所涉及的碰撞均为弹
。 ＝１０ ｍ／ｓ 。 、
第一次碰撞后瞬间Ａ和Ｂ速度的大小 性碰撞且碰撞时间极短
（１） ； 。
Ａ Ｂ均停止运动后 二者之间的距离 求弹簧释放后瞬间Ａ Ｂ速度的大小
（２） 、 ， 。 （１） 、 ；
物块Ａ Ｂ中的哪一个先停止 该物块刚停止时Ａ与
（２） 、 ？
Ｂ之间的距离是多少
？
Ａ和Ｂ都停止后 Ａ与Ｂ之间的距离是多少
（３） ， ？
６． 答案 ３ ｇｈ ２ ｇｈ ２６ｈ
（１） ２ ２ （２）
５ ５ １２５ ３． 答案 ． ．
（１）４０ ｍ／ｓ １０ ｍ／ｓ
考点三 动量和能量的综合应用 Ｂ先停 ． ．
（２） ０５０ ｍ （３）０９１ ｍ
１．（２０２０课标Ⅲ，１５，６分）甲 乙两个物块在光滑水平桌面上 ４．（２０１９海南单科，１３，１０ 分）如图 用不可伸长轻绳将物块 ａ
、 ，
沿同一直线运动 甲追上乙 并与乙发生碰撞 碰撞前后甲 悬挂在Ｏ点 初始时 轻绳处于水平拉直状态 现将ａ由静止
， ， ， 、 ： ， 。
乙的速度随时间的变化如图中实线所示 已知甲的质量为 释放 当物块ａ下摆至最低点时 恰好与静止在水平面上的物
。 ， ，
则碰撞过程两物块损失的机械能为 块ｂ发生弹性碰撞 碰撞时间极短 碰撞后ｂ滑行的最大距离
１ ｋｇ， （ ） （ ），
为ｓ 已知ｂ的质量是ａ的 倍 ｂ与水平面间的动摩擦因数
。 ３ 。
为μ 重力加速度大小为ｇ 求
， 。 ：
碰撞后瞬间物块ｂ速度的大小
（１） ；
轻绳的长度
（２） 。
Ａ．３ Ｊ Ｂ．４ Ｊ Ｃ．５ Ｊ Ｄ．６ Ｊ
１． 答案 Ａ
２．（２０１９课标Ⅰ，２５，２０分）竖直面内一倾斜轨道与一足够长的
水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接 小物块 Ｂ 静止于水
，
平轨道的最左端 ， 如图 （ａ） 所示 。 ｔ ＝０ 时刻 ， 小物块 Ａ在倾斜 ４． 答案 （１） ２ μｇｓ （２）４ μｓ
轨道上从静止开始下滑 一段时间后与Ｂ发生弹性碰撞 碰撞
５．［２０１６课标Ⅱ，３５（２），１０分］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
时间极短 当Ａ返回到倾斜轨道上的Ｐ点 图中未标出 时
，
）； （ ） ，
的冰块均静止于冰面上 某时刻小孩将冰块以相对冰面
速度减为 此时对其施加一外力 使其在倾斜轨道上保持静
。
０， ，
的速度向斜面体推出 冰块平滑地滑上斜面体 在斜面体
止 未 。 知 物 量 块 已 Ａ 知 运动 Ａ 的 的质 ｖ － 量 ｔ图 为 像 ｍ 如 初 图 始 （ｂ 时 ） 所 Ａ 示 与 ， Ｂ 图 的 中 高 的 度 ｖ １ 差 和 为 ｔ １ Ｈ 均为 重 ３ 上 ｍ 上 ／ 升 ｓ 的最大高度为ｈ ＝０ ． ， ３ ｍ（ ｈ小于斜面体的高度 ， ）。 已知
。 ， ，
力加速度大小为ｇ
，
不计空气阻力
。
小孩与滑板的总质量为ｍ
１＝３０ ｋｇ，
冰块的质量为ｍ
２＝１０ ｋｇ，
小孩与滑板始终无相对运动 取重力加速度的大小
求物块Ｂ的质量
。
（１） ；
在图 所描述的整个运动过程中 求物块Ａ克服摩 ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ 。
（２） （ｂ） ，
求斜面体的质量
擦力所做的功
（ⅰ） ；
；
通过计算判断 冰块与斜面体分离后能否追上小孩
已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等 在物块Ｂ
（ⅱ） ， ？
（３） 。
停止运动后 改变物块与轨道间的动摩擦因数 然后将Ａ从Ｐ
， ，
点释放 一段时间后Ａ刚好能与Ｂ再次碰上 求改变前后动
， 。
摩擦因数的比值
。 ５． 答案 见解析
６．［２０１６课标Ⅲ，３５（２），１０分］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 ３ ｍ 两物块与地面间的动
； ， 。
４
摩擦因数均相同 现使ａ以初速度ｖ 向右滑动 此后ａ与ｂ
。 ０ 。
图 图 发生弹性碰撞 但 ｂ 没有与墙发生碰撞 重力加速度大小为
（ａ） （ｂ） ， 。
ｇ 求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件
。 。
２． 答案 ｍ ２ ｍｇＨ １１
（１）３ （２） （３）
１５ ９
３．（２０１９课标Ⅲ，２５，２０分）静止在水平地面上的两小物块Ａ
、
Ｂ 微 ， 型 质 弹 量 簧 分别 Ａ 为 与其 ｍ Ａ 右 ＝ 侧 １ ． ０ 的 ｋ 竖 ｇ， 直 ｍ Ｂ 墙 ＝ 壁 ４ ． ０ 距 ｋ 离 ｇ； 两 ｌ 者 ． 之间有 如 一 图 被 所 压 示 缩的 某 ６． 答案 ３２ ｖ ｇ ２ ０ ｌ≤ μ ＜ ｖ ｇ ２ ０ ｌ
， ＝１０ ｍ， 。 １１３ ２
时刻 将压缩的微型弹簧释放 使Ａ Ｂ瞬间分离 两物块获得
， ， 、 ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２２４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
考点一 动量、动量定理 答案 Ａ 解法一：由ｖ２ ｇｈ得ｖ ｇｈ 对人与安全带
＝２ ＝ ２ 。
１．（２０１７天津理综，４，６分） 天津之眼 是一座跨河建设 桥轮 作用的过程应用动量定理 则有 ｍｇ Ｆ ｔ ｍｖ 解得 Ｆ
“ ” 、 ， （ － ） ＝０－ ， ＝
合一的摩天轮 是天津市的地标之一 摩天轮悬挂透明座舱 ｍ ｇｈ
， 。 ， ２ ｍｇ 故 正确
乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动 下列叙述正确的是 ｔ ＋ ， Ａ 。
。
解法二：对人与安全带作用的过程应用牛顿第二定律 则
（ ） ，
ｖ ｇｈ ｍ ｇｈ
有Ｆ ｍｇ ｍａ 而 ａ ２ 解得 Ｆ ２ ｍｇ 故
－ ＝ ， ＝ ｔ ＝ ｔ ， ＝ ｔ ＋ ， Ａ
正确
。
４．［２０２０江苏单科，１２（３），１２分］一只质量为 ． 的乌贼吸入
１４ ｋｇ
． 的水 静止在水中 遇到危险时 它在极短时间内把吸
０１ ｋｇ ， 。 ，
入的水向后全部喷出 以 的速度向前逃窜 求该乌贼喷
， ２ ｍ／ｓ 。
出的水的速度大小ｖ
摩天轮转动过程中 乘客的机械能保持不变 。
Ａ． ， 答案
在最高点时 乘客重力大于座椅对他的支持力 ２８ ｍ／ｓ
Ｂ． ， 解析 由动量守恒得ｍｖ Ｍｖ′
摩天轮转动一周的过程中 乘客重力的冲量为零 － ＝０
Ｃ． ，
Ｍｖ′
摩天轮转动过程中 乘客重力的瞬时功率保持不变 解得ｖ 代入数据得ｖ
Ｄ． ， ＝ ｍ ， ＝２８ ｍ／ｓ
答案 Ｂ 本题考查匀速圆周运动 乘客在竖直面内做匀
。 ５．（２０１８北京理综，２２，１６ 分） 年将在我国举办第二十四
速圆周运动 动能不变 而在上升过程中重力势能增加 机械能 ２０２２
， ， ， 届冬奥会 跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一 某滑道示
增加 下降过程中则相反 错误 在最高点时 乘客具有竖直 ， 。
， ，Ａ 。 ， 意图如下 长直助滑道ＡＢ与弯曲滑道ＢＣ平滑衔接 滑道ＢＣ
向下的向心加速度 处于失重状态 故 正确 因重力恒定 ， ，
， ， Ｂ 。 ， 高ｈ Ｃ是半径Ｒ 圆弧的最低点 质量ｍ
重力的冲量等于重力与其作用时间的乘积 故重力冲量一定不 ＝１０ ｍ， ＝２０ ｍ 。 ＝６０ ｋｇ
为零 错误 重力的瞬时功率Ｐ ｍｇ ｖ ， α 其中α是瞬 的运动员从Ａ处由静止开始匀加速下滑 ， 加速度ａ ＝４ ． ５ ｍ／ｓ ２ ，
时速 ， 度 Ｃ ｖ的方 。 向与重力方向之间的 ＝ 夹角 · 故 · 重 ｃｏ 力 ｓ 的 ， 瞬时功率不 到达Ｂ点时速度ｖ Ｂ＝３０ ｍ／ｓ。 取重力加速度ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ 。
， 求长直助滑道ＡＢ的长度Ｌ
会保持不变 错误 （１） ；
，Ｄ 。 求运动员在ＡＢ段所受合外力的冲量Ｉ的大小
命题评析 本题以竖直平面内的匀速圆周运动为背景 考查 （２） ；
， 若不计ＢＣ段的阻力 画出运动员经过Ｃ点时的受力
了机械能 功率 失重 冲量等重要考点 考查面广泛 难度较 （３） ，
、 、 、 ， ， 图 并求其所受支持力Ｆ 的大小
小 体现了高考对基础知识 基本能力的 双基 要求 对平时 ， Ｎ 。
， 、 “ ” 。
的教学与学习具有重要的指导意义
。
２．（２０１５北京理综，１８，６分） 蹦极 运动中 长弹性绳的一端固
“ ” ，
定 另一端绑在人身上 人从几十米高处跳下 将蹦极过程简
， ， 。
化为人沿竖直方向的运动 从绳恰好伸直 到人第一次下降至
。 ，
最低点的过程中 下列分析正确的是
， （ ） 答案
绳对人的冲量始终向上 人的动量先增大后减小 （１）１００ ｍ （２）１８００ Ｎ·ｓ
Ａ． ， 受力图见解析
绳对人的拉力始终做负功 人的动能一直减小 （３） ３９００ Ｎ
Ｂ．
绳恰好伸直时 绳的弹性势
，
能为零 人的动能最大 解析 根据匀变速直线运动公式 有Ｌ
ｖ２Ｂ－ ｖ２Ａ
Ｃ． ， ， （１） ， ＝ ａ ＝１００ ｍ
人在最低点时 绳对人的拉力等于人所受的重力 ２
Ｄ． ， 根据动量定理 有Ｉ ｍｖ ｍｖ
答案 Ａ 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程 （２） ， ＝ Ｂ－ Ａ＝１８００ Ｎ·ｓ
运动员经Ｃ点时的受力分析如图
中 人经历了先加速后减速的过程 当绳对人的拉力等于人的 （３）
， ， 根据动能定理 运动员在ＢＣ段运动的过程中 有
重力时速度最大 动能最大 之后绳的拉力大于人的重力 人向 ， ，
， ， ，
下减速到达最低点
。
绳对人的拉力始终向上
，
始终做负功
。
拉 ｍｇｈ
＝
１ ｍｖ２Ｃ－ １ ｍｖ２Ｂ
力的冲量始终向上 人的动量先增大后减小 综上所述 只有 ２ ２
， ， ， Ａ 根据牛顿第二定律 有
选项正确 ，
试题评析
。
分析好运动细节是解答本类问题的关键 Ｆ ｍｇ ｍ
ｖ２Ｃ
。 Ｎ－ ＝ Ｒ
３．（２０１５重庆理综，３，６分）高空作业须系安全带 如果质量为
， 得Ｆ
ｍ的高空作业人员不慎跌落 从开始跌落到安全带对人刚产生 Ｎ＝３９００ Ｎ
， 一题多解 运动员在 ＡＢ 段所受合外力的冲量 Ｉ Ｆ ｔ
作用力前人下落的距离为ｈ 可视为自由落体运动 此后经 ＝ 合 ＝
（ ）。 ｖ ｖ
历时间ｔ安全带达到最大伸长 若在此过程中该作用力始终竖 ｍａ Ｂ－ Ａ
， · ａ ＝１８００ Ｎ·ｓ。
直向上 则该段时间安全带对人的平均作用力大小为
， （ ） ６．［２０１８江苏单科，１２ （３）］如图所示 悬挂于竖直弹簧下端的
Ｃ ，
ｍ ｇｈ ｍ ｇｈ
２ ｍｇ ２ ｍｇ
小球质量为ｍ 运动速度的大小为ｖ 方向向下 经过时间ｔ 小
Ａ． ｔ ＋ Ｂ． ｔ － ， ， 。 ，
球的速度大小为ｖ 方向变为向上 忽略空气阻力 重力加速
， 。 ，
ｍ ｇｈ ｍ ｇｈ 度为ｇ 求该运动过程中 小球所受弹簧弹力冲量的大小
ｍｇ ｍｇ ， ， 。
Ｃ． ｔ ＋ Ｄ． ｔ －
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２２５
这些粒子进入小球前的总动量为ｐ ｎｐ θ
１＝２ ｃｏｓ
从小球出射时的总动量为ｐ ｎｐ
２＝２
ｐ ｐ 的方向均沿ＳＯ向右
１、 ２
根据动量定理 Ｆ ｔ ｐ ｐ ｎｐ θ
： Δ ＝ ２－ １＝２ （１－ｃｏｓ ）＞０
可知 小球对这些粒子的作用力Ｆ的方向沿ＳＯ向右 根
， ；
据牛顿第三定律 两光束对小球的合力的方向沿ＳＯ向左
， 。
建立如图所示的Ｏｘｙ直角坐标系
答案 ｍｖ ｍｇｔ ｂ． 。
２ ＋
解析 取向上为正方向 由动量定理得
，
ｍｖ ｍｖ Ｉ
－（－ ）＝
且Ｉ Ｆ ｍｇ ｔ
＝（ － ）
解得Ｉ Ｆｔ ｍｖ ｍｇｔ
Ｆ＝ ＝２ ＋
７．（２０１６北京理综，２４，２０ 分） 动量定理可以表示为 ｐ
（１） Δ ＝
Ｆ ｔ 其中动量ｐ和力Ｆ都是矢量 在运用动量定理处理二维问 ｘ方向 根据 同理可知 两光束对小球的作用力沿ｘ
Δ， 。 ： （２）ａ ，
题时 可以在相互垂直的ｘ ｙ两个方向上分别研究 例如 质量 轴负方向
， 、 。 ， 。
为ｍ的小球斜射到木板上 入射的角度是θ 碰撞后弹出的角度 ｙ方向 设 ｔ时间内 光束 穿过小球的粒子数为ｎ 光
， ， ： Δ ， ① １，
也是θ 碰撞前后的速度大小都是ｖ 如图 所示 碰撞过程中 束 穿过小球的粒子数为ｎ ｎ ｎ
， ， １ 。 ② ２， １＞ ２。
忽略小球所受重力 这些粒子进入小球前的总动量为
。
ｐ ｎ ｎ ｐ θ
１ ｙ＝（ １－ ２） ｓｉｎ
从小球出射时的总动量为ｐ
２
ｙ＝０
根据动量定理 Ｆ ｔ ｐ ｐ ｎ ｎ ｐ θ
： ｙΔ ＝ ２ ｙ－ １ ｙ＝－（ １－ ２） ｓｉｎ
可知 小球对这些粒子的作用力Ｆ 的方向沿ｙ轴负方向
， ｙ ，
根据牛顿第三定律 两光束对小球的作用力沿ｙ轴正方向
， 。
所以两光束对小球的合力的方向指向左上方
图 。
１ 疑难突破 光强不同 单位时间内发射的光子个数不同
， 。
分别求出碰撞前后ｘ ｙ方向小球的动量变化 ｐ ｐ ８．（２０１５安徽理综，２２，１４分）一质量为 ． 的小物块放在水
ａ． 、 Δ ｘ、Δ ｙ； ０５ ｋｇ
分析说明小球对木板的作用力的方向 平地面上的Ａ点 距离Ａ点 的位置Ｂ处是一面墙 如图所
ｂ． 。 ， ５ ｍ ，
激光束可以看作是粒子流 其中的粒子以相同的动量 示 物块以ｖ 的初速度从Ａ点沿ＡＢ方向运动 在与
（２） ， 。 ０＝９ ｍ／ｓ ，
沿光传播方向运动 激光照射到物体上 在发生反射 折射和 墙壁碰撞前瞬间的速度为 碰后以 的速度反向运
。 ， 、 ７ ｍ／ｓ， ６ ｍ／ｓ
吸收现象的同时 也会对物体产生作用 光镊效应就是一个实 动直至静止 ｇ取 ２
， 。 。 １０ ｍ／ｓ 。
例 激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒 求物块与地面间的动摩擦因数μ
， 。 （１） ；
一束激光经Ｓ点后被分成若干细光束 若不考虑光的反射 若碰撞时间为 ． 求碰撞过程中墙面对物块平均
， （２） ０ ０５ ｓ，
和吸收 其中光束 和 穿过介质小球的光路如图 所示 图 作用力的大小Ｆ
， ① ② ２ 。 ；
中Ｏ点是介质小球的球心 入射时光束 和 与ＳＯ的夹角均 求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功Ｗ
， ① ② （３） 。
为θ 出射时光束均与ＳＯ平行 请在下面两种情况下 分析说
， 。 ，
明两光束因折射对小球产生的合力的方向
。
答案 ．
（１）０３２ （２）１３０ Ｎ （３）９ Ｊ
解析 由动能定理 有 μｍｇｓ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２
（１） ， － ＝ － ０
２ ２
可得 μ ．
＝０３２
由动量定理 有Ｆ ｔ ｍｖ′ ｍｖ
图 （２） ， Δ ＝ －
２
可得Ｆ
光束 和 强度相同 ＝１３０ Ｎ
ａ． ① ② ；
光束 比 的强度大 （３） Ｗ ＝ １ ｍｖ′２ ＝９ Ｊ
ｂ． ① ② 。 ２
答案 见解析
解析 ｘ方向 动量变化为 考点二 动量守恒定律及其应用
（１）ａ． ：
ｐ ｍｖ θ ｍｖ θ １．（２０１９江苏单科，１２）质量为Ｍ的小孩站在质量为ｍ的滑板
Δ ｘ＝ ｓｉｎ － ｓｉｎ ＝０
ｙ方向 动量变化为 上 小孩和滑板均处于静止状态 忽略滑板与地面间的摩擦
： ， ， 。
ｐ ｍｖ θ ｍｖ θ ｍｖ θ 小孩沿水平方向跃离滑板 离开滑板时的速度大小为ｖ 此时
Δ ｙ＝ ｃｏｓ －（－ ｃｏｓ ）＝２ ｃｏｓ ， ，
方向沿ｙ轴正方向 滑板的速度大小为
（ ）
根据动量定理可知 木板对小球作用力的方向沿ｙ轴正 ｍ Ｍ ｍ Ｍ
ｂ． ， ． ｖ ． ｖ ． ｖ ． ｖ
方向 根据牛顿第三定律可知 小球对木板作用力的方向沿ｙ Ａ Ｍ Ｂ ｍ Ｃ ｍ Ｍ Ｄ ｍ Ｍ
； ， ＋ ＋
轴负方向 答案 Ｂ 本题考查了动量守恒定律 考查的是学生对动量
。 ，
仅考虑光的折射 设 ｔ时间内每束光穿过小球的粒 守恒定律适用条件的理解能力 体现了科学思维中的科学推理
（２）ａ． ， Δ ，
子数为ｎ 每个粒子动量的大小为ｐ 要素及物理观念中的运动与相互作用观念要素
， 。 。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２２６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
忽略滑板与地面间摩擦时 小孩与滑板在水平方向上动量 甲对乙做多少负功 乙对甲就一定做多少正功
， Ｄ． ，
Ｍ 答案 Ｂ 甲 乙之间相互作用力的冲量大小相等 方向相
守恒 Ｍｖ ｍｖ′ 解得ｖ′ ｖ 其中 表示ｖ′与ｖ方向相 、 ，
：０＝ ＋ ， ＝－ｍ ， “－” 反 项错误 由Ｉ ｐ知 甲 乙的动量变化量等大反向
，Ａ 。 合＝Δ ， 、 ，Ｂ
反 故 正确 项正确 在相同的作用时间内 作用力的位移不一定相同 因
， Ｂ 。 。 ， ，
关联知识 核反应中四大守恒规律 质量数守恒 此甲 乙之间的相互作用力做功不一定相等 由Ｗ Ｅ 知
：（１） ； 、 ， 合＝Δ ｋ，
２．（２０１７海南，１，４分）光滑水平桌面上有Ｐ Ｑ两个物块 Ｑ的 动能变化量不一定相等 项均错误
、 ， ，Ｃ、Ｄ 。
质量是Ｐ的ｎ倍 将一轻弹簧置于Ｐ Ｑ之间 用外力缓慢压 ６．［ 福建理综， （ ）， 分］将静置在地面上 质量为Ｍ 含
。 、 ， ２０１３ ３０ ２ ６ ， （
Ｐ Ｑ 撤去外力后 Ｐ Ｑ开始运动 Ｐ和Ｑ的动量大小的比值为 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 竖直向下喷出质量为ｍ的炽热气体 忽略喷气过程重力和
（ ） ０ 。
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
ｎ２ ｎ １ ，
Ａ． Ｂ． Ｃ． ｎ Ｄ．１
（ ）
答案 Ｄ 撤去外力后 系统不受外力 所以总动量守恒 设 ｍ Ｍ
， ， ， ｖ ｖ
Ｐ的动量方向为正方向 ， 则根据动量守恒定律有 ： Ｐ ｐ－ Ｐ Ｑ＝０， 可 Ａ．Ｍ ０ Ｂ．ｍ ０
知Ｐ Ｐ 则动量大小之比为 故选项 正确 错误 Ｍ ｍ
Ｐ＝ Ｑ， １； Ｄ ，Ａ、Ｂ、Ｃ 。 ｖ ｖ
３．（２０１４浙江，１４（１），４分）如图所示 甲木块的质量为ｍ 以 Ｃ．Ｍ ｍ ０ Ｄ．Ｍ ｍ ０
， １， － －
速度ｖ沿光滑水平地面向右运动 正前方有一静止的 质量为 ｍ
， 、 答案 Ｄ 根据动量守恒定律ｍｖ Ｍ ｍ ｖ 得ｖ ｖ
ｍ 的乙木块 乙木块上连有一轻质弹簧 甲木块与弹簧接触后 ０＝（ － ） ， ＝Ｍ － ｍ ０，
２ ， 。 选项 正确
Ｄ 。
（ ） ７．［２０１５福建理综，３０（２），６分］如图 两滑块Ａ Ｂ在光滑水平面
， 、
上沿同一直线相向运动 滑块Ａ的质量为ｍ 速度大小为 ｖ
， ， ２ ０，
甲木块的动量守恒 方向向右 滑块Ｂ的质量为 ｍ 速度大小为ｖ 方向向左 两滑
Ａ． ， ２ ， ０， ，
块发生弹性碰撞后的运动状态是
乙木块的动量守恒
（ ）
Ｂ．
甲 乙两木块所组成的系统的动量守恒
Ｃ． 、
甲 乙两木块所组成系统的动能守恒
Ｄ． 、
答案 Ｃ 甲木块与弹簧接触后 由于弹簧弹力的作用 甲
， ， 、
乙的动量要发生变化 但甲 乙所组成的系统所受合力为零 故
Ａ和Ｂ都向左运动 Ａ和Ｂ都向右运动
Ａ． Ｂ．
， 、 ，
动量守恒 错误 正确 甲 乙两木块所组成系统的动能
Ａ静止 Ｂ向右运动 Ａ向左运动 Ｂ向右运动
Ｃ． ， Ｄ． ，
，Ａ、Ｂ ，Ｃ ； 、 ，
一部分转化为弹簧的弹性势能 故系统动能不守恒 选项
答案 Ｄ 由于Ａ Ｂ碰前总动量为 由动量守恒可知碰后
、 ０，
， ， Ｄ
错误
总动量也为 因两滑块发生弹性碰撞 故碰后Ａ Ｂ一定反向
０， ， 、 ，
。
４．（２０１４重庆理综，４，６分）一弹丸在飞行到距离地面 高时 即Ａ向左运动
，
Ｂ向右运动
，
选项
Ｄ
正确
。
５ ｍ
仅有水平速度ｖ
＝２ ｍ／ｓ，
爆炸成为甲
、
乙两块水平飞出
，
甲
、
乙 ８．（２０１４大纲全国，２１，６分）一中子与一质量数为Ａ
（
Ａ
＞１）
的原
子核发生弹性正碰 若碰前原子核静止 则碰撞前与碰撞后中
的质量比为 ３ ∶ １。 不计质量损失 ， 取重力加速度ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ ， 。 ，
子的速率之比为
则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是
（ ）
（ ）
Ａ Ａ
＋１ －１
Ａ．Ａ Ｂ．Ａ
－１ ＋１
Ａ Ａ ２
４ （ ＋１）
Ｃ． Ａ ２ Ｄ． Ａ ２
（ ＋１） （ －１）
答案 Ａ 设中子质量为ｍ 则原子核的质量为Ａｍ 设碰撞
ｈ ， 。
答案 Ｂ 平抛运动时间ｔ ２ 爆炸过程遵守动量 前后中子的速度分别为ｖ ｖ 碰后原子核的速度为ｖ 由弹性
＝ ｇ ＝１ ｓ， ０、 １， ２，
守恒定律
，
设弹丸质量为 ｍ
，
则 ｍｖ
＝
３ ｍｖ
甲＋
１ ｍｖ
乙，
又 ｖ
甲＝
碰撞可得ｍｖ
０＝
ｍｖ
１＋
Ａｍｖ
２，
１
２
ｍｖ２
０＝
２
１ ｍｖ２
１＋
２
１ Ａｍｖ２
２，
解得 ｖ
１＝
４ ４ Ａ ｖ Ａ
ｘ
ｔ
甲
，
ｖ
乙＝
ｘ
ｔ
乙
，
ｔ
＝１ ｓ，
则有 ３ ｘ
甲＋
１ ｘ
乙＝２ ｍ，
将各选项中数据代
１
１
＋
－ Ａ ｖ ０， 故 ｖ ０
１
＝Ａ ＋
－
１
１
，Ａ 正确 。
４ ４ 考查点 碰撞
入计算得 正确
Ｂ 。 审题技巧 审题的关键词 碰撞 弹性正碰
５．（２０１３天津理综，２，６分）我国女子短 ：“ ”“ ”。
延伸拓展
道速滑队在今年世锦赛上实现女子
接力三连冠 观察发现 接
３０００ ｍ 。 ，“
棒 的运动员甲提前站在 交棒 的运
” “ ” 运动小球与静止小球发生弹性碰撞 模型
动员乙前面 并且开始向前滑行 待乙 “ ”
， ， 方程 ｍ ｖ ｍ ｖ ′ ｍ ｖ ′
追上甲时 ， 乙猛推甲一把 ， 使甲获得更大的速度向前冲出 。 在 ： １ ０＝ １ １ ＋ ２ ２
乙推甲的过程中
，
忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作 １ ｍ
１
ｖ２
０＝
１ ｍ
１
ｖ
１
′２
＋
１ ｍ
２
ｖ
２
′２
用 则 ２ ２ ２
， （ ） ｍ ｍ
甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 结论ｖ ′ １－ ２ｖ
Ａ． １ ＝ｍ ｍ ０
甲 乙的动量变化一定大小相等方向相反 １＋ ２
Ｂ． 、 ｍ
甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 ｖ ′ ２ １ ｖ
Ｃ． ２ ＝ｍ ｍ ０
１＋ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２２７
本题型结论要熟记 内水平面间的动摩擦因数为μ 若滑块以速度ｖ开始向左运
。 。
９．（２０１１全国卷，２０，６分） 多选 质量为Ｍ 内壁间距为Ｌ的箱 动 与盒的左 右壁发生无机械能损失的碰撞 滑块在盒中来
（ ） 、 ， 、 ，
子静止于光滑的水平面上 箱子中间有一质量为ｍ的小物块 回运动多次 最终相对于盒静止 则此时盒的速度大小为
， ， ， ，
小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ 初始时小物块停在 滑块相对于盒运动的路程为
。 ， 。
箱子正中间 如图所示 现给小物块一水平向右的初速度 ｖ
， 。 ，
小物块与箱壁碰撞Ｎ次后恰又回到箱子正中间 并与箱子保
，
持相对静止 设碰撞都是弹性的 则整个过程中 系统损失的
。 ， ，
动能为 答案 ｖ ｖ２
（ ）
μｇ
３ ３
解析 设滑块的质量为ｍ 最终盒与滑块的共同速度为ｖ′
，
根据动量守恒得 ｍｖ ｍ ｍ ｖ′
： ＝（ ＋２ ）
解得ｖ′ １ ｖ
ｍＭ ＝
１ ｍｖ２ １ ｖ２ ３
Ａ． Ｂ． ｍ Ｍ 设滑块相对于盒的运动路程为ｓ
２ ２ ＋
１ ＮμｍｇＬ ＮμｍｇＬ 根据能量守恒得 μｍｇｓ １ ｍｖ２ １ ｍ ｍ ｖ′２
Ｃ． Ｄ． ： ＝ － （ ＋２ ）
２ ２ ２
答案 ＢＤ 小物块与箱子作用过程中满足动量守恒 小物 ｖ２
， 解得ｓ
块最后恰好又回到箱子正中间 二者相对静止 即为共速 设 ＝ μｇ
。 ， ， ３
反思感悟 应用动量守恒定律解题的过程中 只需关注初
速度为ｖ 则ｍｖ ｍ Ｍ ｖ 系统损失的动能 Ｅ １ ｍｖ２ ， 、
１， ＝（ ＋ ） １， Δ ｋ＝ － 末两个状态 而不必关注过程细节 这正是动量守恒定律的优
２ ， ，
Ｍｍｖ２ 越性 例如 本题中不必关心滑块究竟是怎样与盒相互作用
１ Ｍ ｍ ｖ２ １ 错误 正确 由于碰撞为弹性碰 。 ，
（ ＋ ） １＝ Ｍ ｍ，Ａ ，Ｂ ； 的及碰撞了多少次
２ ２ ＋ 。
撞 故碰撞时不损失能量 系统损失的动能等于系统产生的热 １３．［２０１５天津理综，９（１）］如图所示 在光滑水平面的左侧固定
， ， ，
量
，
即
Δ
Ｅ
ｋ＝
Ｑ
＝
ＮμｍｇＬ
，Ｃ
错误
，Ｄ
正确
。
一竖直挡板
，
Ａ球在水平面上静止放置
，
Ｂ球向左运动与Ａ球
１０．（２０１４福建理综，３０（２），６分）一枚火箭搭载着卫星以速率
发生正碰 Ｂ球碰撞前 后的速率之比为 Ａ球垂直撞向
， 、 ３ ∶ １，
ｖ 进入太空预定位置 由控制系统使箭体与卫星分离 已知 挡板 碰后原速率返回 两球刚好不发生第二次碰撞 Ａ Ｂ两
０ ， 。 ， 。 ， 、
前部分的卫星质量为ｍ 后部分的箭体质量为ｍ 分离后箭 球的质量之比为 Ａ Ｂ碰撞前 后两球总动能之比为
１， ２， ， 、 、
体以速率ｖ 沿火箭原方向飞行 若忽略空气阻力及分离前后
２ ， 。
系统质量的变化 则分离后卫星的速率ｖ 为 填
， １ 。 （
选项前的字母
）
答案
４ ∶ １ ９ ∶ ５
解析 设碰前Ｂ球速度大小为ｖ 碰后Ａ Ｂ两球速度大小
Ａ．
ｖ
０－
ｖ
２ Ｂ．
ｖ
０＋
ｖ
２ 分别为 ｖ ｖ 由题意知 碰后Ａ球速
０，
度方向
、
向左 Ｂ球速度方
ｍ ｍ Ａ、 Ｂ， ， ，
ｖ ２ｖ ｖ ２ ｖ ｖ
Ｃ． ０－ｍ ２ Ｄ． ０＋ｍ （ ０－ ２） 向向右 且ｖ ｖ １ ｖ 碰撞过程动量守恒 取水平向右为正
１ １ ， Ａ＝ Ｂ＝ ０， ，
答案 Ｄ 箭体与卫星分离过程动量守恒 由动量守恒定 ３
， 方向 则有 ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ 解得 ｍ ｍ 碰撞
律 ｍ ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ， － Ｂ ０＝－ Ａ Ａ＋ Ｂ Ｂ， ： Ａ ∶ Ｂ＝４ ∶ １；
：（ １＋ ２） ０＝ １ １＋ ２ ２
ｖ ｖ
ｍ
２ ｖ ｖ 正确
１ ｍ
Ｂ
ｖ２
０
１＝ ０＋ｍ
１
（ ０－ ２），Ｄ 。 前
、
后两球总动能之比为 ２
＝
９
。
１１．［２０１８天津理综，９（１）］质量为
０
．
４５ ｋｇ
的木块静止在光滑水 １ ｍ Ａ ｖ２Ａ＋ １ ｍ Ｂ ｖ２Ｂ ５
２ ２
平面上 ， 一质量为 ０ ． ０５ ｋｇ 的子弹以 ２００ ｍ／ｓ 的水平速度击中 １４．（２０１７天津理综，１０，１６分）如图所示 物块Ａ和Ｂ通过一根
，
木块 并留在其中 整个木块沿子弹原方向运动 则木块最终
， ， ， 轻质不可伸长的细绳相连 跨放在质量不计的光滑定滑轮两
，
速度的大小是 若子弹在木块中运动时受到的
ｍ／ｓ。 侧 ， 质量分别为ｍ Ａ＝２ ｋｇ、 ｍ Ｂ＝１ ｋｇ。 初始时Ａ静止于水平地
平均阻力为 ４ ． ５×１０ ３ Ｎ， 则子弹射入木块的深度为 面上 Ｂ悬于空中 现将Ｂ竖直向上再举高ｈ ． 未触及
， 。 ＝１８ ｍ（
ｍ。 滑轮 然后由静止释放 一段时间后细绳绷直 Ａ Ｂ以大小
答案 ． ）， 。 ， 、
２０ ０２ 相等的速度一起运动 之后Ｂ恰好可以和地面接触 取 ｇ
解析 本题考查动量守恒定律 功能关系等知识 ， 。 ＝
、 。 ２ 空气阻力不计 求
１０ ｍ／ｓ ， 。 ：
子弹击中木块 并留在其中 二者共速 子弹击中木块的过
， ， ，
程 系统合外力为零 满足动量守恒条件 则ｍｖ ｍ Ｍ ｖ ｖ
， ， ， ０＝（ ＋ ） ， ＝
ｍｖ ．
０ ２００×００５ 此过程中对系统由功能关系可
Ｍ ｍ＝ ． ｍ／ｓ＝２０ｍ／ｓ；
＋ ０５
ｍｖ２ ｍ Ｍ ｖ２
得 ｆｄ １ ｍｖ２ １ ｍ Ｍ ｖ２ ｄ ０－（ ＋ ） ．
： ＝ ０－ （ ＋ ） ， ＝ ｆ ＝０２ ｍ。
２ ２ ２
知识拓展 系统中产生的焦耳热Ｑ ｆ ｄ
＝ · 。
１２．［２０１６天津理综，９（１）］如图所示 方盒Ａ静止在光滑的水平
，
面上 盒内有一小滑块Ｂ 盒的质量是滑块的 倍 滑块与盒 Ｂ从释放到细绳刚绷直时的运动时间ｔ
， ， ２ ， （１） ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２２８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
Ａ的最大速度ｖ的大小 ｖ
（２） ； ２＝１ ｍ／ｓ ②
初始时Ｂ离地面的高度Ｈ ａ ｂ发生完全非弹性碰撞 碰撞后两滑块的共同速度为
（３） 。 、 ，
答案 ． ． ｖ 由题给图像得
（１）０６ ｓ （２）２ ｍ／ｓ （３）０６ ｍ 。
解析 本题考查自由落体运动 机械能守恒定律及动量守
、 ｖ ２
恒定律 ＝ ｍ／ｓ ③
。 ３
Ｂ从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动 有 由动量守恒定律得
（１） ，
ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ
ｈ １ ｇｔ２ １ １＋ ２ ２＝（ １＋ ２） ④
＝ ① 联立 式得
２ ①②③④
代入数据解得 ｍ ｍ
１ ∶ ２＝１ ∶ ８ ⑤
ｔ ． 由能量守恒得 两滑块因碰撞而损失的机械能为
＝０６ ｓ ② （ⅱ） ，
设细绳绷直前瞬间Ｂ速度大小为ｖ 有
（２） Ｂ， Ｅ １ ｍ ｖ２ １ ｍ ｖ２ １ ｍ ｍ ｖ２
ｖ Ｂ＝ ｇｔ ③ Δ ＝ ２ １ １＋ ２ ２ ２－ ２ （ １＋ ２） ⑥
细绳绷直瞬间 细绳张力远大于Ａ Ｂ的重力 Ａ Ｂ相互 由图像可知 两滑块最后停止运动 由动能定理得 两滑
， 、 ， 、 ， 。 ，
作用 由动量守恒得
， 块克服摩擦力所做的功为Ｗ １ ｍ ｍ ｖ２
ｍ
Ｂ
ｖ
Ｂ＝（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ）
ｖ
④
＝
２
（ １＋ ２） ⑦
之后Ａ做匀减速运动 所以细绳绷直后瞬间的速度ｖ即 联立 式 并代入题给数据得
， ⑥⑦ ，
最大速度 联立 式 代入数据解得 Ｗ Ｅ
， ②③④ ， ∶ Δ ＝１ ∶ ２ ⑧
ｖ 考查点 碰撞
＝２ ｍ／ｓ ⑤
细绳绷直后 Ａ Ｂ一起运动 Ｂ恰好可以和地面接触 易错警示 由ｘ ｔ图像可知ａ ｂ整体速度最后减小为零
（３） ， 、 ， ， － 、 。
说明此时Ａ Ｂ的速度为零 这一过程中Ａ Ｂ组成的系统机械 １７．（２０１４大纲全国，２４，１２ 分）冰球运动员甲的质量为 ．
、 ， 、 ８０ ０
能守恒 有 当他以 ． 的速度向前运动时 与另一质量为
， ｋｇ。 ５ ０ ｍ／ｓ ， １００
速度为 ． 的迎面而来的运动员乙相撞 碰后甲恰好
１ （ ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ） ｖ２ ＋ ｍ Ｂ ｇＨ ＝ ｍ Ａ ｇＨ ⑥ ｋ 静 ｇ、 止 假设 ３ 碰 ０ 撞 ｍ／ 时 ｓ 间极短 求 。
２
。 ，
代入数据解得
碰后乙的速度的大小
（１） ；
Ｈ ＝０ ． ６ ｍ ⑦ 碰撞中总机械能的损失
（２） 。
１５．［２０１３江苏单科，１２ Ｃ （３）］如图所示 ， 进行太空行走的宇航员 答案 ．
（１）１０ ｍ／ｓ （２）１４００ Ｊ
Ａ和Ｂ的质量分别为 ８０ ｋｇ 和 １００ ｋｇ， 他们携手远离空间站 ， 解析 设运动员甲 乙的质量分别为ｍ Ｍ 碰前速度大
（１） 、 、 ，
相对空间站的速度为 ． Ａ将Ｂ向空间站方向轻推后
０１ ｍ／ｓ。 ， 小分别为ｖ Ｖ 碰后乙的速度大小为Ｖ′ 由动量守恒定律有
、 ， 。
Ａ的速度变为 ． 求此时Ｂ的速度大小和方向
０２ ｍ／ｓ， 。 ｍｖ ＭＶ ＭＶ′
－ ＝ ①
代入数据得Ｖ′ ．
＝１０ ｍ／ｓ ②
设碰撞过程中总机械能的损失为 Ｅ 应有
（２） Δ ，
１ ｍｖ２ １ ＭＶ２ １ ＭＶ′２ Ｅ
＋ ＝ ＋Δ ③
答案 ． 离开空间站方向 ２ ２ ２
００２ ｍ／ｓ 联立 式 代入数据得
解析 以空间站为参考系 以ｖ 的方向为正方向 由动量 ②③ ，
守恒定 律 ｍ ｍ ｖ ｍ ｖ ， ｍ ｖ ０ ， Δ Ｅ ＝１４００ Ｊ ④
（ Ａ＋ Ｂ） ０＝ Ａ Ａ＋ Ｂ Ｂ 评分标准 式各 分
解得ｖ ． ①②③④ ３ 。
Ｂ＝００２ ｍ／ｓ １８．（２０１４北京理综，２２，１６分）如图所示 竖直平面内的四分之
方向远离空间站方向 ，
。 一圆弧轨道下端与水平桌面相切 小滑块Ａ和Ｂ分别静止在
１６．［ 课标 ， （ ）， 分］两滑块ａ ｂ沿水平面上同一条 ，
２０１５ Ⅱ ３５ ２ １０ 、 圆弧轨道的最高点和最低点 现将Ａ无初速释放 Ａ与Ｂ碰
直线运动 并发生碰撞 碰撞后两者粘在一起运动 经过一段 。 ，
， ； ； 撞后结合为一个整体 并沿桌面滑动 已知圆弧轨道光滑 半
时间后 从光滑路段进入粗糙路段 两者的位置ｘ随时间 ｔ ， 。 ，
， 。 径Ｒ ． Ａ和Ｂ的质量相等 Ａ和Ｂ整体与桌面之间的动
变化的图像如图所示 求 ＝０２ ｍ； ；
。 ： 摩擦因数μ ． 取重力加速度ｇ ２ 求
滑块ａ ｂ的质量之比 ＝０２。 ＝１０ ｍ／ｓ 。 ：
（ⅰ） 、 ；
整个运动过程中 两滑块克服摩擦力做的功与因碰
（ⅱ） ，
撞而损失的机械能之比
。
碰撞前瞬间Ａ的速率ｖ
（１） ；
碰撞后瞬间Ａ和Ｂ整体的速率ｖ′
（２） ；
Ａ和Ｂ整体在桌面上滑动的距离ｌ
（３） 。
答案 ．
（１）２ ｍ／ｓ （２）１ ｍ／ｓ （３）０２５ ｍ
解析 设滑块的质量为ｍ
。
答案
（ⅰ）１ ∶ ８ （ⅱ）１ ∶ ２ 根据机械能守恒定律ｍｇＲ １ ｍｖ２
解析 设ａ ｂ的质量分别为ｍ ｍ ａ ｂ碰撞前的速 （１） ＝
（ⅰ） 、 １、 ２， 、 ２
度为ｖ ｖ 由题给图像得 得碰撞前瞬间Ａ的速率ｖ ｇＲ
１、 ２。 ＝ ２ ＝２ ｍ／ｓ
ｖ 根据动量守恒定律ｍｖ ｍｖ′
１＝－２ ｍ／ｓ ① （２） ＝２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２２９
联立 式得
得碰撞后瞬间Ａ和Ｂ整体的速率ｖ′ １ ｖ ②③④
＝ ＝１ ｍ／ｓ
２ Ｅ １ ｍｖ２
Δ ＝ ０ ⑤
根据动能定理 １ ｍ ｖ′２ μ ｍ ｇｌ ６
（３） （２ ） ＝ （２ ） ２１．［２０１６海南单科，１７（２），８分］如图 物块Ａ通过一不可伸长
２ ，
得Ａ和Ｂ整体沿水平桌面滑动的距离 的轻绳悬挂在天花板下 初始时静止 从发射器 图中未画
， ； （
ｖ′２ 出 射出的物块Ｂ沿水平方向与Ａ相撞 碰撞后两者粘连在
ｌ ． ） ，
＝ μｇ＝０２５ ｍ 一起运动 碰撞前Ｂ的速度的大小ｖ及碰撞后Ａ和Ｂ一起上
２ ，
考查点 机械能守恒 动量守恒 升的高度ｈ均可由传感器 图中未画出 测得 某同学以 ｈ
、 。 （ ） 。
一题多解 第
（３）
问也可结合牛顿运动定律
，
应用匀变速运 为纵坐标
，
ｖ２ 为横坐标
，
利用实验数据作直线拟合
，
求得该直
动规律求解 ： 在桌面上的加速度为 ａ ＝ μｇ ＝２ ｍ／ｓ ２ ， 又 ｖ′２ ＝ 线的斜率为ｋ ＝１ ． ９２ ×１０ －３ ｓ ２ ／ｍ。 已知物块Ａ和Ｂ的质量分
ｖ′２ 别为ｍ ． 和 ｍ ． 重力加速度大小 ｇ
ａｌ 所以ｌ ． Ａ＝０ ４００ ｋｇ Ｂ＝０ １００ ｋｇ， ＝
２ ， ＝ μｇ＝０２５ ｍ。
２ ． ２
１９．［ 江苏单科， （ ）］牛顿的 自然哲学的数学原理 中 ９８０ ｍ／ｓ 。
２０１４ １２Ｃ ３ 《 》
记载 Ａ Ｂ两个玻璃球相碰 碰撞后的分离速度和它们碰撞前
， 、 ，
的接近速度之比总是约为 分离速度是指碰撞后 Ｂ
１５ ∶ １６。
对Ａ的速度 接近速度是指碰撞前Ａ对Ｂ的速度 若上述过
， 。
程是质量为 ｍ的玻璃球Ａ以速度ｖ 碰撞质量为ｍ的静止
玻璃球Ｂ 且 ２ 为对心碰撞 求碰撞后Ａ ０ Ｂ的速度大小 （ⅰ） 若碰撞时间极短且忽略空气阻力 ， 求 ｈ － ｖ２ 直线斜
， ， 、 。 率的理论值ｋ
０。
答案 １７ｖ ３１ｖ ｋ ｋ
０ ０ 求ｋ值的相对误差δ δ ｜ － ０｜ ％ 结果保留
４８ ２４ （ⅱ） （ ＝ ｋ ×１００ ， １
解析 设Ａ Ｂ球碰撞后速度分别为ｖ 和ｖ ０
、 １ ２ 位有效数字
由动量守恒定律 ）。
答案 ． －３ ２ ％
ｖ ｖ （ⅰ）２０４×１０ ｓ ／ｍ （ⅱ）６
ｍｖ ｍｖ ｍｖ 且由题意知 ２－ １ １５ 解析 设物块Ａ和Ｂ碰撞后共同运动的速度为ｖ′ 由
２ ０＝２ １＋ ２， ｖ ＝ （ⅰ） ，
０ １６ 动量守恒定律有
解得ｖ １７ｖ ｖ ３１ｖ ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ′
１＝ ０， ２＝ ０ Ｂ ＝（ Ａ＋ Ｂ） ①
４８ ２４ 在碰撞后Ａ 和 Ｂ 共同上升的过程中 由机械能守恒定
考查点 本题考查碰撞 动量守恒定律等知识 属于容 ，
、 ， 律有
易题
。
知识拓展 若两球碰撞过程中满足动量守恒和能量守恒
，
可 １
（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ）
ｖ′２
＝（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ）
ｇｈ
②
推导出分离速度和接近速度之比是 本题中的该比值小于 ２
１。 联立 式得
暗示两球碰撞过程中动能有损失 不满足能量守恒 为非弹 ①②
１
性
，
碰撞
， ，
ｈ
ｍ２Ｂ
ｖ２
２０．［ 山 。 东理综， （ ）］如图 光滑水平直轨道上两滑块Ａ Ｂ ＝ ２ ｇ （ ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ） ２ ③
２０１４ ３９ ２ ， 、 由题意得
用橡皮筋连接 Ａ的质量为 ｍ 开始时橡皮筋松弛 Ｂ 静止
给Ａ向左的初
，
速度ｖ 一段时
。
间后 Ｂ与Ａ同向运动
，
发生碰
，
ｋ
ｍ２Ｂ
撞并粘在一起 碰撞 ０ 后 。 的共同速度是 ， 碰撞前瞬间Ａ的速度的 ０＝ ２ ｇ （ ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ） ２ ④
。 代入题给数据得
两倍 也是碰撞前瞬间Ｂ的速度的一半 求
， 。 ： ｋ ． －３ ２
Ｂ的质量 ０＝２０４×１０ ｓ ／ｍ ⑤
（ⅰ） ； 按照定义
碰撞过程中Ａ Ｂ系统机械能的损失 （ⅱ）
（ⅱ） 、 。 ｋ ｋ
δ ｜ － ０｜ ％
＝ ｋ ×１００ ⑥
０
ｍ 由 式和题给条件得
答案 １ ｍｖ２ ⑤⑥
（ⅰ） （ⅱ） ０ δ ％
２ ６ ＝６ ⑦
解析 以初速度 ｖ 的方向为正方向 设 Ｂ 的质量 ２２．［２０１３山东理综，３８（２），５ 分］如图所示 光滑水平轨道上
（ⅰ） ０ ， ，
为ｍ Ｂ， Ａ 、 Ｂ碰撞后的共同速度为ｖ ， 由题意知 ： 碰撞前瞬间Ａ 放置长板Ａ （ 上表面粗糙 ） 和滑块Ｃ ， 滑块Ｂ置于Ａ的左端 ， 三
ｖ 者质量分别为ｍ ｍ ｍ 开始时Ｃ静止
的速度为 碰撞前瞬间Ｂ的速度为 ｖ 由动量守恒定律得 Ａ＝２ ｋｇ、 Ｂ＝１ｋｇ、 Ｃ＝２ｋｇ。 ，
， ２ ，
２ Ａ Ｂ一起以ｖ 的速度匀速向右运动 Ａ与Ｃ发生碰撞
ｖ
、 ０＝５ ｍ／ｓ ，
ｍ ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ 时间极短 后Ｃ向右运动 经过一段时间 Ａ Ｂ再次达到共
＋２ Ｂ ＝（ ＋ Ｂ） ① （ ） ， ， 、
２ 同速度一起向右运动 且恰好不再与Ｃ碰撞 求Ａ与Ｃ发生
由 式得 ， 。
① 碰撞后瞬间Ａ的速度大小
ｍ 。
ｍ
Ｂ＝ ②
２
从开始到碰后的全过程 由动量守恒定律得
（ⅱ） ，
ｍｖ ｍ ｍ ｖ 答案
设碰
０＝
撞
（
过
＋
程
Ｂ
Ａ
）
Ｂ系统机械能的损失为 Ｅ 则
③
解析
２
因
ｍ
碰
／
撞
ｓ
时间极短 Ａ与Ｃ碰撞过程动量守恒 设碰后
、 Δ ， ， ，
Δ Ｅ ＝ １ ｍ ( ｖ ) ２ ＋ １ ｍ Ｂ（２ ｖ ） ２ － １ （ ｍ ＋ ｍ Ｂ） ｖ２ ④ 瞬 守 间 恒定 Ａ 律 的 得 速度为ｖ Ａ， Ｃ的速度为ｖ Ｃ， 以向右为正方向 ， 由动量
２ ２ ２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２３０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ 如果ｍ Ｍ 第一次碰撞后 Ａ与Ｃ速度同向 且Ａ的速度
Ａ ０＝ Ａ Ａ＋ Ｃ Ｃ ① ＞ ， ， ，
Ａ与 Ｂ 在摩擦力作用下达到共同速度 设共同速度为 小于Ｃ的速度 不可能与Ｂ发生碰撞 如果ｍ Ｍ 第一次碰撞
， ， ； ＝ ，
ｖ 由动量守恒定律得 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
ＡＢ， ， ， ，
ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ 撞 所以只需考虑ｍ Ｍ的情况
Ａ Ａ＋ Ｂ ０＝（ Ａ＋ Ｂ） ＡＢ ② ； ＜ 。
Ａ与Ｂ达到共同速度后恰好不再与Ｃ碰撞 应满足 第一次碰撞后 Ａ反向运动与Ｂ发生碰撞 设与Ｂ发生碰
， ， 。
ｖ ｖ 撞后 Ａ的速度为ｖ Ｂ的速度为ｖ 同样有
ＡＢ＝ Ｃ ③ ， Ａ ２， Ｂ １，
联立 ①②③ 式 ， 代入数据得 ｖ ｍ － Ｍ ｖ (ｍ － Ｍ) ２ ｖ
ｖ Ａ＝２ ｍ／ｓ ④ Ａ ２＝ｍ ＋ Ｍ Ａ １＝ ｍ ＋ Ｍ ０ ⑤
２３．［２０１１海南单科，１９（２），１０分］一质量为 ｍ的物体Ｐ静止 根据题意 要求Ａ只与Ｂ Ｃ各发生一次碰撞 应有
２ ， 、 ，
于光滑水平地面上 其截面如图所示 图中ａｂ为粗糙的水平 ｖ ｖ
， 。 Ａ ２≤ Ｃ １ ⑥
面 长度为Ｌ ｂｃ为一光滑斜面 斜面和水平面通过与ａｂ和ｂｃ 联立 式得
， ； ， ④⑤⑥
均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接
。
现有一质量为ｍ的 ｍ２
＋４
ｍＭ
－
Ｍ２
≥０ ⑦
木块以大小为ｖ 的水平初速度从ａ点向左运动 在斜面上上 解得
０ ，
升的最大高度为ｈ 返回后在到达ａ点前与物体Ｐ相对静止
， 。 ｍ Ｍ
重力加速度为ｇ 求 ≥（ ５－２） ⑧
。 另一解ｍ Ｍ舍去 所以 ｍ和Ｍ应满足的条
木块在ａｂ段受到的摩擦力ｆ ≤－（ ５＋２） 。 ，
（ⅰ） ； 件为
木块最后距ａ点的距离ｓ
（ⅱ） 。 Ｍ ｍ Ｍ
（ ５－２） ≤ ＜ ⑨
式各 分 式各 分
（①② ２ ，③④⑤⑥⑧⑨ １ ）
考查点 碰撞
ｍｖ２ ｍｇｈ ｖ２ ｇｈ 解题关键 Ａ与Ｃ碰撞后必须返回
答案 ０－３ ０－６ Ｌ ① 。
（ⅰ） Ｌ （ⅱ）ｖ２ ｇｈ Ａ与Ｂ碰后速度必须小于与Ｃ碰后的速度
３ ０－３ ② 。
解析 从开始到木块到达最大高度过程 温馨提示 本题为 弹性碰撞模型
（ⅰ） ： “ ”。
由动量守恒 ｍｖ ｍｖ ２．［２０１５山东理综，３９（２）］如图 三个质量相同的滑块 Ａ Ｂ Ｃ
： ０＝３ １ ， 、 、 ，
间隔相等地静置于同一水平直轨道上 现给滑块Ａ向右的初
由能量守恒 １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ ｍｇｈ ｆＬ 。
： ０＝ ·３ １＋ ＋
２ ２ 速度ｖ 一段时间后Ａ与Ｂ发生碰撞 碰后Ａ Ｂ分别以 １ ｖ
解得 ｆ
ｍｖ２
０－３
ｍｇｈ ０， ， 、
８
０、
： ＝ Ｌ
３ ３ ｖ 的速度向右运动 Ｂ再与Ｃ发生碰撞 碰后Ｂ Ｃ粘在一起
木块从最大高度至与物体Ｐ最终相对静止 ０ ， ， 、
（ⅱ） ： ４
由动量守恒 ｍｖ ｍｖ 向右运动 滑块Ａ Ｂ与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值
：３ １＝３ ２ 。 、 。
两次碰撞时间均极短 求Ｂ Ｃ碰后瞬间共同速度的大小
由能量守恒 １ ｍｖ２ ｍｇｈ １ ｍｖ２ ｆｘ 。 、 。
： ·３ １＋ ＝ ·３ ２＋
２ ２
距ａ点的距离 ｓ Ｌ ｘ
： ＝ －
ｇｈＬ ｖ２ ｇｈ 答案 ２１ｖ
解得 ｓ Ｌ ３ ０－６ Ｌ ０
： ＝ －ｖ２
０－３
ｇｈ＝ｖ２
０－３
ｇｈ
解析 设
１
滑
６
块质量为ｍ
，
Ａ与Ｂ碰撞前Ａ的速度为ｖ
Ａ，
由题
考点三 动量和能量的综合应用 意知 碰后Ａ的速度ｖ ′ １ ｖ Ｂ的速度ｖ ３ ｖ 由动量守恒
， Ａ ＝ ０， Ｂ＝ ０，
１．［２０１５课标 ，３５（２），１０分，０．４２５］如图 在足够长的光滑水平 ８ ４
Ⅰ ， 定律得
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
， 、 、 ， 、 。 ｍｖ ｍｖ ′ ｍｖ
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 Ａ＝ Ａ ＋ Ｂ ①
， 、 ， 。 设碰撞前Ａ克服轨道阻力所做的功为Ｗ 由功能关系得
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 Ａ，
， ，
Ｂ 、 Ｃ各发生一次碰撞 。 设物体间的碰撞都是弹性的 。 Ｗ Ａ＝ １ ｍｖ２ ０－ １ ｍｖ２Ａ ②
２ ２
设Ｂ与Ｃ碰撞前Ｂ的速度为ｖ ′ Ｂ克服轨道阻力所做的
Ｂ ，
功为Ｗ 由功能关系得
答案 Ｍ ｍ Ｍ Ｂ，
（ ５－２） ≤ ＜
解析 Ａ向右运动与Ｃ发生第一次碰撞
，
碰撞过程中
，
系统 Ｗ
Ｂ＝
１ ｍｖ２Ｂ－ １ ｍｖ
Ｂ
′２
③
的动量守恒 机械能守恒 设速度方向向右为正 开始时Ａ的 ２ ２
、 。 ， 据题意可知
速度为ｖ 第一次碰撞后Ｃ的速度为ｖ Ａ的速度为ｖ 由动
量守恒定 ０ 律 ， 和机械能守恒定律得 Ｃ １， Ａ １。 Ｗ Ａ＝ Ｗ Ｂ ④
设Ｂ Ｃ碰后瞬间共同速度的大小为ｖ 由动量守恒定律得
ｍｖ ｍｖ Ｍｖ 、 ，
０＝ Ａ １＋ Ｃ １ ① ｍｖ ′ ｍｖ
Ｂ ＝２ ⑤
１ ｍｖ２
０＝
１ ｍｖ２Ａ
１＋
１ Ｍｖ２Ｃ
１ ②
联立
①②③④⑤
式
，
代入数据得
２ ２ ２
联立 式得
ｖ ２１ｖ
ｍ ①② Ｍ ＝ １６ ０ ⑥
ｖ Ａ １＝ｍ － ＋ Ｍ ｖ ０ ③ ３．［２０１３课标Ⅱ，３５（２），１０分，０．２７］如图 ， 光滑水平直轨道上
ｍ 有三个质量均为 ｍ 的物块 Ａ Ｂ Ｃ Ｂ 的左侧固定一轻弹簧
ｖ ２ ｖ 、 、 。
Ｃ １＝ｍ Ｍ ０ ④ 弹簧左侧的挡板质量不计 设Ａ以速度ｖ 朝Ｂ运动 压缩
＋ （ ）。 ０ ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２３１
弹簧 当Ａ Ｂ速度相等时 Ｂ与Ｃ恰好相碰并粘接在一起 然
； 、 ， ， １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ ｍｇμ Ｌ ｘ
后继续运动 假设Ｂ和Ｃ碰撞过程时间极短 求从Ａ开始压 ·２ １＋ ·２ ０－ ·４ ２＝２ （ ＋ ）×２
。 。 ２ ２ ２
缩弹簧直至与弹簧分离的过程中 ｖ２
， 解得ｘ ０ Ｌ
整个系统损失的机械能 ＝ μｇ－
（ⅰ） ； ３２
弹簧被压缩到最短时的弹性势能 在从第一次共速到第二次共速过程中 弹簧弹性势能等于
（ⅱ） 。 ，
因摩擦产生的内能 即 Ｅ ｍｇμ Ｌ ｘ
， ： ｐ＝２ （ ＋ ）
解得Ｅ １ ｍｖ２
ｐ＝ ０
答案 １ ｍｖ２ １３ｍｖ２ １６
（ⅰ） ０ （ⅱ） ０ 评析 本题考查了碰撞问题中的两大守恒定律的应用
１６ ４８ ，
解析 从Ａ压缩弹簧到Ａ与Ｂ具有相同速度ｖ 时 对 关键点有 Ｐ Ｐ 碰撞时Ｐ速度不变 当Ｐ Ｐ 粘在一起
（ⅰ） １ ， ：① １、 ２ ；② １、 ２
Ａ Ｂ与弹簧组成的系统 由动量守恒定律得 之后再应用能量守恒定律 这样就回避了Ｐ Ｐ 结合在一起时
、 ， ， １、 ２
ｍｖ ｍｖ 的机械能损失问题 第一次共速时弹簧被压缩到最短
０＝２ １ ① ；③ 。
此时Ｂ与Ｃ发生完全非弹性碰撞 设碰撞后的瞬时速度 ５．［２０１１全国，３５（２）］如图 Ａ Ｂ Ｃ三个木块的质量均为ｍ 置
， ， 、 、 ，
为ｖ 损失的机械能为 Ｅ 对Ｂ Ｃ组成的系统 由动量守恒和 于光滑的水平桌面上 Ｂ Ｃ之间有一轻质弹簧 弹簧的两端与
２， Δ ， 、 ， ， 、 ，
能量守恒定律得 木块接触而不固连 将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把Ｂ
。
ｍｖ ｍｖ 和Ｃ紧连 使弹簧不能伸展 以至于Ｂ Ｃ可视为一个整体 现
１＝２ ２ ② ， ， 、 。
Ａ以初速度ｖ 沿Ｂ Ｃ的连线方向朝Ｂ运动 与Ｂ相碰并黏合
１ ｍｖ２ Ｅ １ ｍ ｖ２ ０ 、 ，
１＝Δ ＋ （２ ） ２ ③ 在一起 之后细线突然断开 弹簧伸展 从而使 Ｃ 与 Ａ Ｂ 分
２ ２ 。 ， ， 、
联立 式得 离 已知Ｃ离开弹簧后的速度恰为ｖ 求弹簧释放的势能
①②③ 。 ０。 。
Ｅ １ ｍｖ２
Δ ＝ ０ ④
１６
由 式可知ｖ ｖ Ａ将继续压缩弹簧 直至 Ａ Ｂ Ｃ 答案 １ ｍｖ２
（ⅱ） ② ２＜ １， ， 、 、 ０
三者速度相同 设此速度为ｖ 此时弹簧被压缩至最短 其弹性 ３
， ３， ， 解析 设碰后Ａ Ｂ和Ｃ的共同速度的大小为ｖ 由动量守恒
势能为Ｅ 由动量守恒和能量守恒定律得 、 ，
ｐ。 定律得 ｍｖ ｍｖ
ｍｖ ｍｖ ３ ＝ ０ ①
０＝３ ３ ⑤ 设Ｃ离开弹簧时 Ａ Ｂ的速度大小为ｖ 由动量守恒定律
， 、 １，
１ ｍｖ２ Ｅ １ ｍ ｖ２ Ｅ 得 ｍｖ ｍｖ ｍｖ
０－Δ ＝ （３ ） ３＋ ｐ ⑥ ３ ＝２ １＋ ０ ②
２ ２ 设弹簧的弹性势能为Ｅ 从细线断开到Ｃ与弹簧分开的
联立 式得 ｐ，
④⑤⑥ 过程中机械能守恒 有
，
Ｅ １３ｍｖ２
ｐ＝ ０ ⑦ １ ｍ ｖ２ Ｅ １ ｍ ｖ２ １ ｍｖ２
４８ （３ ） ＋ ｐ＝ （２ ） １＋ ０ ③
考查点 碰撞 ２ ２ ２
解题关键 Ｂ与Ｃ发生完全非弹性碰撞 损失的机械能 Ｅ 由 式得弹簧所释放的势能为Ｅ １ ｍｖ２
① ， Δ ①②③ ｐ＝ ０
就是Ｂ Ｃ组成的系统碰撞过程损失的机械能 ３
、 。 ６．（２０２０山东，１８，１６分）如图所示 一倾角为θ的固定斜面的
弹簧压缩至最短的时刻是Ａ Ｂ Ｃ速度相同的时刻 ，
② 、 、 。 底端安装一弹性挡板 Ｐ Ｑ 两物块的质量分别为 ｍ 和 ｍ Ｑ
４．（２０１３广东理综，３５，１８分）如图 两块相同平板Ｐ Ｐ 置于 ， 、 ４ ，
， １、 ２ 静止于斜面上Ａ处 某时刻 Ｐ 以沿斜面向上的速度 ｖ 与 Ｑ
光滑水平面上 质量均为ｍ Ｐ 的右端固定一轻质弹簧 左端 。 ， ０
， 。 ２ ， 发生弹性碰撞 Ｑ与斜面间的动摩擦因数等于 θ 设最大
Ａ与弹簧的自由端Ｂ相距Ｌ 物体Ｐ置于Ｐ 的最右端 质量 。 ｔａｎ ，
。 １ ， 静摩擦力等于滑动摩擦力 Ｐ与斜面间无摩擦 与挡板之间的
为 ｍ且可看做质点 Ｐ 与Ｐ以共同速度ｖ 向右运动 与静 。 ，
２ 。 １ ０ ， 碰撞无动能损失 两物块均可以看作质点 斜面足够长 Ｑ的
止的Ｐ 发生碰撞 碰撞时间极短 碰撞后Ｐ 与Ｐ 粘连在一 。 ， ，
２ ， ， １ ２ 速度减为零之前Ｐ不会与之发生碰撞 重力加速度大小为ｇ
起 Ｐ压缩弹簧后被弹回并停在 Ａ点 弹簧始终在弹性限度 。 。
。 （ 求Ｐ与Ｑ第一次碰撞后瞬间各自的速度大小ｖ ｖ
内 Ｐ与Ｐ 之间的动摩擦因数为μ 求 （１） Ｐ １、 Ｑ １；
）。 Ｐ Ｐ ２ 刚碰完时的共同速度ｖ 。 和Ｐ的最终速度ｖ （２） 求第ｎ次碰撞使物块Ｑ上升的高度ｈ ｎ；
（１） 此 １ 过 、 程 ２ 中弹簧的最大压缩量ｘ和 １ 相应的弹性势能Ｅ ２； （３） 求物块Ｑ从Ａ点上升的总高度Ｈ ；
（２） ｐ。
（４）
为保证在Ｑ的速度减为零之前Ｐ不会与之发生碰撞
，
求Ａ点与挡板之间的最小距离ｓ
。
ｖ ｖ２
答案 ０ ３ ｖ ０ Ｌ １ ｍｖ２
（１） ０ （２） μｇ－ ０
２ ４ ３２ １６
解析 Ｐ Ｐ 碰撞瞬间 Ｐ的速度不受影响 根据动量守
（１） １、 ２ ， ，
ｖ 答案 见解析
恒 ｍｖ ｍｖ 解得ｖ ０
： ０＝２ １， １＝ 解析 Ｐ与Ｑ的第一次碰撞 取Ｐ的初速度方向为正方
２ （１） ，
最终三个物体具有共同速度 根据动量守恒 ｍｖ ｍｖ 向 由动量守恒定律得
， ：３ ０＝４ ２， ，
ｍｖ ｍｖ ｍｖ
解得ｖ ３ ｖ ０＝ Ｐ １＋４ Ｑ １ ①
２＝ ０ 由机械能守恒定律得
４
根据能量守恒 系统动能减少量等于因摩擦产生的
内能
（２） ， １ ｍｖ２
０＝
１ ｍｖ２Ｐ
１＋
１
·４
ｍｖ２Ｑ
１ ②
： ２ ２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２３２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
联立 式得 æ ö２
①② ｖ ３ ç ７÷ ｖ
Ｐ ３＝－ ×è ø ０ 􀃊􀁉􀁛
ｖ ３ ｖ ５ ５
Ｐ １＝－
５
０ ③ æ ö２
ｖ ２ ç ７÷ ｖ
ｖ Ｑ １＝ ５ ２ ｖ ０ ④ 设 Ｑ ３ 第 ＝ 三 ５ 次 ×è 碰 ５ 撞 ø 后 ０ Ｑ上升的高度为ｈ 由运动学公式得 􀃊􀁊􀁒
３，
故第一次碰撞后Ｐ的速度大小为 ３ ｖ Ｑ的速度大小为 ｈ
５
０，
０－
ｖ２Ｑ
３＝２·（－２
ｇ
ｓｉｎ
θ
）·
３
θ 􀃊􀁊􀁓
ｓｉｎ
２ ｖ 联立 式得
０ ①②⑤⑦⑨⑩􀃊􀁉􀁕􀃊􀁉􀁗􀃊􀁉􀁙􀃊􀁉􀁚􀃊􀁊􀁓
５
设Ｐ Ｑ第一次碰撞后Ｑ上升的高度为ｈ 对Ｑ由运 ｈ
(
７
)
２
ｖ２
０
（２） 、 １， ３＝ · ｇ 􀃊􀁊􀁔
动学公式得 ２５ ２５
ｈ ……
０－
ｖ２Ｑ
１＝２·（－２
ｇ
ｓｉｎ
θ
）·
１
θ ⑤
总结可知
，
第ｎ次碰撞后
，
物块Ｑ上升的高度为
联立 式得 ｓｉｎ ｈ ( ７ )ｎ －１ ｖ２ ０ ｎ
①②⑤ ｎ＝ · ｇ（ ＝１，２，３…） 􀃊􀁊􀁕
ｖ２ ２５ ２５
ｈ ０ 当Ｐ Ｑ达到Ｈ时 两物块到此处的速度可视为零 对
１＝ ｇ ⑥ （３） 、 ， ，
２５ 两物块运动全过程由动能定理得
设Ｐ运动至与Ｑ刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为
Ｈ
ｖ 第一次碰后至第二次碰前 对Ｐ由动能定理得 １ ｍｖ２ ｍ ｍ ｇＨ θ ｍｇ θ
０２， ， ０－ ０＝－（ ＋４ ） －ｔａｎ ·４ ｃｏｓ · θ 􀃊􀁊􀁖
２ ｓｉｎ
１ ｍｖ２
０２－
１ ｍｖ２Ｐ
１＝－
ｍｇｈ
１ ⑦
解得
联
２
立
２
式得 Ｈ
ｖ２
０
①②⑤⑦ ＝ ｇ 􀃊􀁊􀁗
１８
ｖ ７ｖ 设Ｑ第一次碰撞至速度减为零需要的时间为ｔ 由运
０２＝ ０ ⑧ （４） １，
５ 动学公式得
Ｐ与Ｑ的第二次碰撞 设碰后Ｐ与Ｑ的速度分别为ｖ
， Ｐ ２、 ｖ ｇｔ θ
ｖ Ｑ ２， 由动量守恒定律得 设 Ｑ １ Ｐ ＝２ 运动 １ ｓ 到 ｉｎ 斜面底端时的速度为ｖ ′ 需要的时间为ｔ 􀃊􀁊􀁘
ｍｖ ０２＝ ｍｖ Ｐ ２＋４ ｍｖ Ｑ ２ ⑨ 由运动学公式得 Ｐ １ ， ２，
由机械能守恒定律得
ｖ ′ ｖ ｇｔ θ
Ｐ １ ＝｜ Ｐ １｜＋ ２ ｓｉｎ 􀃊􀁊􀁙
１
２
ｍｖ２
０２＝ ２
１ ｍｖ２Ｐ
２＋ ２
１
·４
ｍｖ２Ｑ
２ ⑩ ｖ Ｐ １ ′２ － ｖ２Ｐ １＝２ ｓｇ ｓｉｎ θ 􀃊􀁊􀁚
联立 式得 设Ｐ从Ａ点到Ｑ第一次碰后速度减为零处匀减速运动的
①②⑤⑦⑨⑩
时间为ｔ
３
ｖ Ｐ ２＝－ ５ ３ × ５ ７ｖ ０ 􀃊􀁉􀁓 ｖ ０２＝（－ ｖ Ｐ １）－ ｇｔ ３ ｓｉｎ θ 􀃊􀁊􀁛
当Ａ点与挡板之间的距离最小时
ｖ Ｑ ２＝ ５ ２ × ５ ７ｖ ０ 􀃊􀁉􀁔 ｔ 联 １＝ 立 ２ ｔ ２＋ ｔ ３ 式 代入数据得 􀃊􀁋􀁒
设第二次碰撞后 Ｑ 上升的高度为 ｈ 对 Ｑ 由运动学公 􀃊􀁊􀁘􀃊􀁊􀁙􀃊􀁊􀁚􀃊􀁊􀁛􀃊􀁋􀁒 ，
２，
式得 ｖ２
ｓ （８ ７－１３） ０
ｈ ＝ ｇ θ 􀃊􀁋􀁓
２００ ｓｉｎ
０－
ｖ２Ｑ
２＝２·（－２
ｇ
ｓｉｎ
θ
）·
２
θ 􀃊􀁉􀁕 ７．（２０１８ 课标Ⅰ，２４，１２ 分）一质量为ｍ的烟花弹获得动能 Ｅ
ｓｉｎ
联立 式得 后 从地面竖直升空 当烟花弹上升的速度为零时 弹中火药
①②⑤⑦⑨⑩􀃊􀁉􀁕 ， 。 ，
ｖ２ 爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分
，
两部分获得的动能之和
ｈ ７ ０
２＝
２５
·
２５
ｇ 􀃊􀁉􀁖 也为Ｅ
，
且均沿竖直方向运动
。
爆炸时间极短
，
重力加速度大
设Ｐ运动至与Ｑ刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为 小为ｇ 不计空气阻力和火药的质量 求
， 。
ｖ 第二次碰后至第三次碰前 对Ｐ由动能定理得 烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的
０３， ， （１）
时间
１ ｍｖ２
０３－
１ ｍｖ２Ｐ
２＝－
ｍｇｈ
２ 􀃊􀁉􀁗
；
爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度
２ ２ （２） 。
联立 式得 Ｅ Ｅ
①②⑤⑦⑨⑩􀃊􀁉􀁕􀃊􀁉􀁗 答案 １ ２ ２
æ ö２ （１） ｇ ｍ （２）ｍｇ
ｖ ç ７÷ ｖ
０３＝è ø ０ 􀃊􀁉􀁘 解析 本题主要考查竖直上抛运动规律及动量守恒定律
５ 。
Ｐ与Ｑ的第三次碰撞 设碰后Ｐ与Ｑ的速度分别为ｖ 设烟花弹上升的初速度为ｖ 由题给条件有
， Ｐ ３、 （１） ０，
ｖ 由动量守恒定律得
Ｑ ３， Ｅ １ ｍｖ２
ｍｖ ｍｖ ｍｖ ＝ ０ ①
０３＝ Ｐ ３＋４ Ｑ ３ 􀃊􀁉􀁙 ２
由机械能守恒定律得 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为ｔ 由
，
运动学公式有
１ ｍｖ２
０３＝
１ ｍｖ２Ｐ
３＋
１
·４
ｍｖ２Ｑ
３ 􀃊􀁉􀁚 ｖ ｇｔ
２ ２ ２ ０－ ０＝－ ②
联立 式得 联立 式得
①②⑤⑦⑨⑩􀃊􀁉􀁕􀃊􀁉􀁗􀃊􀁉􀁙􀃊􀁉􀁚 ①②
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２３３
Ｅ 设Ａ与Ｂ碰后一起运动到停止 在粗糙段运动的路程为
ｔ １ ２ ，
＝ ｇ ｍ ③ ｓ 由动能定理得
，
设爆炸时烟花弹距地面的高度为ｈ 由机械能守恒定
律有
（２） １，
－
μ
×２
ｍｇｓ
＝０－
１
×２
ｍｖ２共
２
Ｅ
＝
ｍｇｈ
１ ④ 解得 ｓ
ｖ２共
．
火药爆炸后 烟花弹上 下两部分均沿竖直方向运动 设炸 ： ＝ ｇμ＝４５ ｍ
， 、 ， ２
后瞬间其速度分别为ｖ 和ｖ 由题给条件和动量守恒定律有 ｓ ．
１ ２。 故ｋ ４５
＝ Ｌ ＝ ． ＝４５
１ ｍｖ２ １ ｍｖ２ Ｅ ０１
１＋ ２＝ ⑤ 碰后ＡＢ滑至第ｎ个 ｎ ｋ 光滑段上的速度等于滑离
４ ４ （３） （ ＜ ）
第ｎ个 ｎ ｋ 粗糙段的速度
１ ｍｖ １ ｍｖ （ ＜ ）
１＋ ２＝０ ⑥
由
２
式知
２
烟花弹两部分的速度方向相反 向上运动部分
由动能定理得
：－
μ
×２
ｍｇｎＬ
＝
１
×２
ｍｖ２ｎ－ １
×２
ｍｖ２共
⑥ ， ， ２ ２
做竖直上抛运动 设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为
ｈ 由机械能守恒
。
定律有
解得
：
ｖ
ｎ＝
ｖ２共－２ μｇｎＬ
＝ ９－０
．
２
ｎ
（
ｎ
＜４５）
２， ９．［２０１４课标Ⅰ，３５（２），９分，０．５３７］如图 质量分别为ｍ ｍ
， Ａ、 Ｂ
１ ｍｖ２ １ ｍｇｈ 的两个弹性小球 Ａ Ｂ 静止在地面上方 Ｂ 球距地面的高度
１＝ ２ ⑦ 、 ，
４ ２ ｈ ． Ａ球在Ｂ球的正上方 先将 Ｂ 球释放 经过一段时
联立 式得 烟花弹上部分距地面的最大高度为 ＝０８ ｍ， 。 ，
④⑤⑥⑦ ， 间后再将Ａ球释放 当Ａ球下落ｔ ． 时 刚好与Ｂ球在地
Ｅ 。 ＝０３ ｓ ，
ｈ
＝
ｈ
１＋
ｈ
２＝ｍ
２
ｇ ⑧
面上方的Ｐ点处相碰
，
碰撞时间极短
，
碰后瞬间Ａ球的速度恰
８．（２０１５广东理综，３６，１８分）如图所示 ， 一条带有圆轨道的长 为零 。 已知ｍ Ｂ＝３ ｍ Ａ， 重力加速度大小ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ ， 忽略空气
轨道水平固定 圆轨道竖直 底端分别与两侧的直轨道相切 半 阻力及碰撞中的动能损失 求
， ， ， 。
径Ｒ ． 物块Ａ以ｖ 的速度滑入圆轨道 滑过最 Ｂ球第一次到达地面时的速度
＝０５ ｍ。 ０＝６ ｍ／ｓ ， （ⅰ） ；
高点Ｑ 再沿圆轨道滑出后 与直轨上Ｐ处静止的物块Ｂ碰撞 Ｐ点距离地面的高度
， ， ， （ⅱ） 。
碰后粘在一起运动 Ｐ点左侧轨道光滑 右侧轨道呈粗糙段
。 ， 、
光滑段交替排列 每段长度都为Ｌ ． 物块与各粗糙段间
， ＝０１ ｍ。
的动摩擦因数都为μ ． Ａ Ｂ的质量均为ｍ 重力加速
＝０１， 、 ＝１ ｋｇ（
度ｇ取 ２ Ａ Ｂ视为质点 碰撞时间极短
１０ ｍ／ｓ ； 、 ， ）。
求Ａ滑过Ｑ点时的速度大小ｖ和受到的弹力大小Ｆ
（１） ；
若碰后ＡＢ最终停止在第ｋ个粗糙段上 求ｋ的数值
（２） ， ；
（３） 求碰后ＡＢ滑至第ｎ个 （ ｎ ＜ ｋ ） 光滑段上的速度ｖ ｎ 与ｎ 答案 （ⅰ）４ ｍ／ｓ （ⅱ）０ ． ７５ ｍ
的关系式 解析 设Ｂ球第一次到达地面时的速度大小为ｖ 由
。 （ⅰ） Ｂ，
运动学公式有ｖ ｇｈ
Ｂ＝ ２ ①
将ｈ ． 代入上式 得ｖ
＝０８ ｍ ， Ｂ＝４ ｍ／ｓ ②
设两球相碰前后 Ａ 球的速度大小分别为 ｖ 和 ｖ ′
（ⅱ） ， １ １
ｖ ′ Ｂ球的速度分别为ｖ 和ｖ ′ 由运动学规律可得
（ １ ＝０）， ２ ２ 。
ｖ ｇｔ
答案 １＝ ③
（１）４ ｍ／ｓ ２２ Ｎ （２）４５ 由于碰撞时间极短 重力的作用可以忽略 两球相碰前后
ｖ ． ｎ ｎ ， ，
（３） ｎ＝ ９－０２ （ ＜４５） 的动量守恒 总动能保持不变 规定向下的方向为正 有
解析 物块Ａ由初始位置到Ｑ的过程 由动能定理得 ， 。 ，
（１） ， ： ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ ′
Ａ １＋ Ｂ ２＝ Ｂ ２ ④
ｍｇ Ｒ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２
－ ×２ ＝ ２ － ２ ０ １ ｍ Ａ ｖ２ １＋ １ ｍ Ｂ ｖ２ ２＝ １ ｍ Ｂ ｖ′ ２ ２ ⑤
解得 ｖ ２ ２ ２
： ＝４ ｍ／ｓ 设Ｂ球与地面相碰后的速度大小为ｖ ′ 由运动学及碰撞
设在Ｑ点物块Ａ受到轨道的弹力为Ｆ 受力分析如图所示 Ｂ ，
， 的规律可得ｖ ′ ｖ
Ｂ ＝ Ｂ ⑥
设Ｐ点距地面的高度为ｈ′ 由运动学规律可得
，
由牛顿第二定律得 ｍｇ Ｆ
ｍｖ２ ｈ′
＝
ｖ′ Ｂ２
－
ｇ
ｖ２
２
⑦
： ＋ ＝ Ｒ ２
联立 式 并代入已知条件可得
ｍｖ２ ②③④⑤⑥⑦ ，
解得 Ｆ ｍｇ ｈ′ ．
： ＝ Ｒ － ＝２２ Ｎ ＝０７５ ｍ ⑧
１０．（２０１４广东理综，３５，１８分）如图的水平轨道中 ＡＣ段的中
方向竖直向下 ，
点Ｂ的正上方有一探测器 Ｃ处有一竖直挡板 物体Ｐ 沿轨
由机械能守恒定律知 物块 Ａ 与 Ｂ 碰前的速度仍为 ， ， １
（２） ： 道向右以速度ｖ 与静止在Ａ点的物体Ｐ 碰撞 并接合成复
ｖ ０＝６ ｍ／ｓ 合体Ｐ 以此碰撞 １ 时刻为计时零点 探测器 ２ 只在ｔ ， 至ｔ
Ａ与Ｂ碰撞过程动量守恒 ， 设碰后Ａ 、 Ｂ的速度为ｖ 共 ， ， １＝２ ｓ ２＝
内工作 已知Ｐ Ｐ 的质量都为ｍ Ｐ与ＡＣ间的动
ｍｖ ０＝２ ｍｖ 共 ４ ｓ ， １、 ２ ＝１ ｋｇ，
摩擦因数为μ ． ＡＢ段长Ｌ ｇ取 ２ Ｐ Ｐ 和Ｐ
解得ｖ １ ｖ ＝０１， ＝４ ｍ， １０ ｍ／ｓ ， １、 ２
共＝ ０＝３ ｍ／ｓ 均视为质点 Ｐ与挡板的碰撞为弹性碰撞
２ ， 。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２３４ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
设凹槽与物块碰前的速度分别为ｖ ｖ 碰后的速度
（３） １、 ２，
分别为ｖ ′ ｖ ′ 有
１ 、 ２ 。
ｍｖ ｍｖ ｍｖ ′ ｍｖ ′ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２ １ ｍｖ′２ １ ｍｖ′２
１＋ ２＝ １ ＋ ２ ， １＋ ２＝ １ ＋ ２
２ ２ ２ ２
得ｖ ′ ｖ ｖ ′ ｖ
若ｖ 求Ｐ Ｐ 碰后瞬间的速度大小ｖ和碰 １ ＝ ２， ２ ＝ １
（１） １＝６ ｍ／ｓ， １、 ２ 即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换 在同一坐
撞损失的动能 Ｅ ，
Δ ； 标系上两者的速度图线如图所示 根据碰撞次数可分为
若Ｐ与挡板碰后 能在探测器的工作时间内通过 Ｂ ， １３
（２） ， 段 凹槽 物块的ｖ ｔ图像在两条连续的匀变速运动图线间转
点 求ｖ 的取值范围和Ｐ向左经过Ａ点时的最大动能Ｅ ， 、 －
， １ 。 换 故可用匀变速直线运动规律求时间 则
答案 ｖ ， 。
（１）３ ｍ／ｓ ９ Ｊ （２）１０ ｍ／ｓ≤ １≤１４ ｍ／ｓ １７ Ｊ
解析 Ｐ Ｐ 碰撞过程 动量守恒
（１） １、 ２ ，
ｍｖ ｍｖ
１＝２ ①
ｖ
解得ｖ １
＝ ＝３ ｍ／ｓ ②
２
碰撞损失的动能 Ｅ １ ｍｖ２ １ ｍ ｖ２
Δ ＝ １－ （２ ） ③ ｖ ｖ ａｔ ａ μｇ 解得ｔ
２ ２ ＝ ０＋ 、 ＝－ ， ＝５ ｓ
解得 Ｅ 凹槽的ｖ ｔ图像所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移
Δ ＝９ Ｊ ④ －
根据牛顿第二定律 Ｐ 做匀减速运动 加速度为 ａ 大小ｓ 等腰三角形面积共分 份 第一份面积为 ． Ｌ 其
（２） ， ， ＝ ２。 １３ ， ０ ５ ，
μ ｍｇ 余每份面积均为Ｌ
·２ 。
ｍ ⑤
ｖ
２
设Ｐ １、 Ｐ ２ 碰撞后的共同速度为ｖ 共， 则推得ｖ 共＝ ｖ １ ⑥ １２．（２０１ ｓ ４ ２＝ 天 ２ １ 津 （ 理 ２ ０ 综 ） ｔ ， ＋ １ ６ ０ ． ５ ， Ｌ １ ， ６ 解 分 得 ）如 ｓ ２ 图 ＝１ 所 ２ ． 示 ７５ ｍ 水平地面上静止放置
２
，
把Ｐ与挡板碰撞前后运动过程当做整体运动过程处理
一辆小车Ａ 质量ｍ 上表面光滑 小车与地面间的摩
， Ａ＝４ ｋｇ， ，
经过时间ｔ
１，
Ｐ运动过的路程为ｓ
１，
则ｓ
１＝
ｖ
共
ｔ
１－ ２
１ ａｔ２
１ ⑦
擦
右
力
端
极
， Ｂ
小
的 ， 质
可
量
以忽
ｍ Ｂ
略
＝
不
２
计
ｋｇ。 。 现
可视
对
为
Ａ
质
施
点
加
的
一
物
个
块
水平
Ｂ置
向
于
右的
Ａ
恒
的最
力
经过时间ｔ
２，
Ｐ运动过的路程为ｓ
２，
则ｓ
２＝
ｖ
共
ｔ
２－
１ ａｔ２
２ ⑧
Ｆ
＝１０ Ｎ，
Ａ运动一段时间后
，
小车左端固定的挡板与Ｂ发生
２ 碰撞 碰撞时间极短 碰后Ａ Ｂ粘合在一起 共同在Ｆ的作用
如果Ｐ能在探测器工作时间内通过Ｂ点 必须满足 ， ， 、 ，
， 下继续运动 碰撞后经时间 ｔ ． 二者的速度达到 ｖ
ｓ Ｌ ｓ ， ＝０ ６ ｓ， ｔ ＝
１≤３ ≤ ２ ⑨ 求
联立 得 ｖ ２ ｍ／ｓ。
⑤⑥⑦⑧⑨ １０ ｍ／ｓ≤ １≤１４ ｍ／ｓ ⑩ Ａ开始运动时加速度ａ的大小
ｖ 的最大值为 此时ｖ 根据动能定理知 （１） ；
１ １４ ｍ／ｓ， 共＝７ ｍ／ｓ， Ａ Ｂ碰撞后瞬间的共同速度ｖ的大小
（２） 、 ；
－
μ
·２
ｍｇ
·４
Ｌ
＝
Ｅ
－
１
·２
ｍｖ２共
（３）
Ａ的上表面长度ｌ
。
２
代入数据得Ｅ
＝１７ Ｊ
１１．（２０１４安徽理综，２４，２０分）在光滑水平地面上有一凹槽Ａ
，
中央放一小物块Ｂ 物块与左右两边槽壁的距离如图所示 Ｌ
。 ，
为 ． 凹槽与物块的质量均为ｍ 两者之间的动摩擦因数μ 答案 （１）２ ． ５ ｍ／ｓ ２ （２）１ ｍ／ｓ （３）０ ． ４５ ｍ
１０ ｍ， ，
为
动
０
设
． ０
物
５。
块
开
与
始
凹
时
槽
物
槽
块
壁
静
碰
止
撞
，
过
凹
程
槽
中
以
没
ｖ
有
０＝
能
５
量
ｍ
损
／ｓ
失
初速
且
度
碰
向
撞
右
时
运
间
解析
Ｆ ＝ ｍ
（
Ａ
１
ａ
）
以Ａ为研究对象
，
由牛顿第二定律有
①
， ，
代入数据解得
不计 ｇ取 ２ 求
。 １０ ｍ／ｓ 。 ：
物块与凹槽相对静止时的共同速度 ａ ． ２
（１） ； ＝２５ ｍ／ｓ ②
从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰 对Ａ Ｂ碰撞后共同运动 ｔ ． 的过程 由动量定
（２） （２） 、 ＝０ ６ ｓ ，
撞的次数 理得
；
（３） 从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及 Ｆｔ ＝（ ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ） ｖ ｔ－（ ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ） ｖ ③
该时间内凹槽运动的位移大小 代入数据解得
。
ｖ
＝１ ｍ／ｓ ④
设Ａ Ｂ发生碰撞前 Ａ的速度为ｖ 对Ａ Ｂ发生碰撞
（３） 、 ， Ａ， 、
答案 ． 次 ． 的过程 由动量守恒定律有
（１）２５ ｍ／ｓ （２）６ （３）５ ｓ １２７５ ｍ ，
解析 设两者间相对静止时速度为 ｖ 由动量守恒定 ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ
（１） ， Ａ Ａ＝（ Ａ＋ Ｂ） ⑤
律得 Ａ从开始运动到与Ｂ发生碰撞前 由动能定理有
，
ｍｖ ｍｖ 即ｖ ．
０＝
物
２
块与
，
凹槽
＝
间
２５
的
ｍ
滑
／
动
ｓ
摩擦力Ｆ μＮ μｍｇ
Ｆｌ
＝
１ ｍ
Ａ
ｖ２Ａ
⑥
（２） ｆ＝ ＝ ２
设两者相对静止前相对运动的路程为ｓ 由动能定理得 由 式 代入数据解得
１， ④⑤⑥ ，
ｌ ．
Ｆ ｓ １ ｍ ｍ ｖ２ １ ｍｖ２ 得ｓ ． ＝０４５ ｍ ⑦
－ ｆ· １＝ （ ＋ ） － ０， １＝１２５ ｍ １３．［２０１３课标Ⅰ，３５（２），９分，０．５４９］在粗糙的水平桌面上有
２ ２
已知Ｌ ． 可推知物块与右侧槽壁共发生 次碰撞 两个静止的木块Ａ和Ｂ 两者相距为ｄ 现给Ａ一初速度 使
＝１０ ｍ， ６ 。 ， 。 ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２３５
Ａ与Ｂ发生弹性正碰 碰撞时间极短 当两木块都停止运动 的取值范围
， 。 ；
后 相距仍然为ｄ 已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均 在 情形下 要使球Ａ第一次碰后能到达比其释放
， 。 （３） （２） ，
为μ Ｂ的质量为Ａ的 倍 重力加速度大小为ｇ 求Ａ的初 点更高的位置 求ｐ应满足的条件
， ２ ， 。 ， 。
速度的大小 答案 ｇｈ ｐ ｐ
。 （１） ２ （２）１＜ ＜５ （３）１＜ ＜３
解析 两球同时释放后都做自由落体运动 球Ｂ第一
答案 ２８μｇｄ （１） ，
次落地时下降ｈ Ａ球也下降ｈ 设此时Ａ球速度为ｖ 则有
５ ， ， ０， ：
解析 设在发生碰撞前的瞬间
，
木块Ａ的速度大小为ｖ
；
在 ｖ２
０＝２
ｇｈ
碰撞后的瞬间 Ａ 和 Ｂ 的速度分别为 ｖ 和 ｖ 在碰撞过程
中 由能量和动 ， 量守恒定律 得 １ ２。 故ｖ ０＝ ２ ｇｈ
， ， 设Ｂ球下落至地面的过程经历的时间为ｔ 则有
（２） １，
１
２
ｍｖ２
＝ ２
１ ｍｖ２
１＋ ２
１
（２
ｍ
）
ｖ２
２ ① ｈ ＝ １ ｇｔ２ １
２
ｍｖ ｍｖ ｍ ｖ
式中 ＝ 以 １＋ 碰 （ 撞 ２ 前 ） 木 ２ 块Ａ的速度方向为正 由 式得 ② ｖ ０＝ ｇｔ １
， 。 ①② Ｂ球与地面发生弹性碰撞后以原速率ｖ 反弹 设经过时
ｖ ０ ，
间ｔ 与球Ａ碰撞 则
ｖ １＝－ ２ ③ ２ ，
２
设碰撞后Ａ和Ｂ运动的距离分别为ｄ
１
和ｄ
２，
由动能定理得 对Ａ球有 ： ｈ Ａ＝
２
１ ｇ （ ｔ １＋ ｔ ２） ２
μｍｇｄ １＝ ２ １ ｍｖ２ １ ④ 对Ｂ球有 ： ｈ Ｂ＝ ｖ ０ ｔ ２－ ２ １ ｇｔ２ ２
相碰时位移关系ｈ ｈ ｐｈ
μ ｍ ｇｄ １ ｍ ｖ２ Ａ＋ Ｂ＝
（２ ） ２＝ ２ （２ ） ２ ⑤ 若使Ｂ球在第一次上升中能与Ａ球相碰 应有
按题意有 ，
ｖ
ｄ ｄ ｄ ｔ ０
＝ １＋ ２ ⑥ ０＜ ２＜ ｇ
设Ａ的初速度大小为ｖ 由动能定理得
０， 联立以上各式可得
１＜
ｐ
＜５
μｍｇｄ ＝ １ ｍｖ２ ０－ １ ｍｖ２ ⑦ （３） 设Ａ 、 Ｂ两球碰撞前后的速率分别为ｖ Ａ、 ｖ Ｂ 与ｖ Ａ ′ 、 ｖ Ｂ ′ ，
２ ２ 由动量守恒 能量守恒有 ｍｖ ｍｖ ｍｖ ′ ｍｖ ′
联立 至 式 得 、 ：３ Ｂ－ Ａ＝３ Ｂ ＋ Ａ
② ⑦ ，
１
·３
ｍ
·
ｖ２Ｂ＋ １ ｍｖ２Ａ＝ １
·３
ｍ
·
ｖ
Ｂ
′２
＋
１ ｍｖ
Ａ
′２
ｖ ２８μｇｄ ２ ２ ２ ２
０＝ ⑧
ｖ ｖ ｖ ｖ
考查点 ５ 碰撞 动能定理 解之得ｖ Ａ ′ ＝ Ａ＋３ Ｂ ， ｖ Ｂ ′ ＝ Ｂ－ Ａ
、
２ ２
审题技巧 审题的关键点 弹性碰撞 Ａ Ｂ 相距仍然 若使球Ａ碰后恰能到达与其释放点等高的位置 应有
：“ ”、“ 、 ，
为ｄ
ｖ ′ ｖ
”。 Ａ ＝ Ａ
１４．（２０１３重庆理综，９，１８分）在一种新的 子母球 表演中 让 可得ｖ ｖ
“ ” ， Ａ＝３ Ｂ ①
同一竖直线上的小球Ａ和小球Ｂ 从距水平地面高度为ｐｈ ｐ
和ｈ的地方同时由静止释放
，
如图所示 球Ａ的质量
（
为 两球相碰时的位移关系为
ｖ２
０－
ｖ２Ｂ ｖ２Ａ
ｐｈ
＞１） ， 。 ｇ ＋ ｇ＝
２ ２
ｍ 球Ｂ的质量为 ｍ 设所有碰撞都是弹性碰撞 重力加速
， ３ 。 ，
度大小为ｇ 忽略球的直径 空气阻力及碰撞时间 可解得ｖ １ ｇ ｐ ｈ
， 、 。 Ｂ＝ （ －１） ②
４
由此式可知ｐ
＞１
再由相碰时两球运动时间应满足的关系有
ｖ ｖ ｖ ｖ
０ ０－ Ｂ Ａ
ｇ ＋ ｇ ＝ ｇ
解之有ｖ ｖ ｖ
Ａ＝２ ０－ Ｂ ③
联立 三式并结合ｖ ｇｈ可得ｐ
①②③ ０＝ ２ ＝３
要使Ａ球碰后能到达比原释放点更高的位置 则要求碰
，
前Ｂ球的速度更大 发生碰撞的位置更低 ｐ值更小 故ｐ应
， ， ，
求球Ｂ第一次落地时球Ａ的速度大小 满足的条件为 ｐ
（１） ； １＜ ＜３
若球Ｂ在第一次上升过程中就能与球 Ａ相碰 求 ｐ
（２） ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２３６ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
时间： 分钟 分值： 分
５５ ５５
一、单项选择题 每题 分 共 分 ４． 答案 Ｂ
（ ３ ， ２１ ）
１．（２０２０山东等级考模拟，８）秦山核电站是我国第一座核电站 ５．（２０２０海南海口四中月考，３）在光滑水平面上有完全相同的
，
其三期工程采用重水反应堆技术 利用中子 １ 与静止氘核 Ａ Ｂ两球 其动量大小分别为 与 方向
， （０ｎ） 、 ， １０ ｋｇ·ｍ／ｓ ５ ｋｇ·ｍ／ｓ，
２ 的多次碰撞 使中子减速 已知中子某次碰撞前的动能 均为向东 Ａ球在Ｂ球后 当Ａ球追上Ｂ球后 两球发生正碰
（１Ｈ） ， 。 ， ， ， 。
为Ｅ 碰撞可视为弹性正碰 经过该次碰撞后 中子损失的动 则相碰以后 Ａ Ｂ两球的动量可能分别为
， 。 ， ， 、 （ ）
能为
（ ） Ａ．５ ｋｇ·ｍ／ｓ，１０ ｋｇ·ｍ／ｓ Ｂ．８ ｋｇ·ｍ／ｓ，７ ｋｇ·ｍ／ｓ
１ Ｅ ８ Ｅ １ Ｅ ２ Ｅ Ｃ．１２ ｋｇ·ｍ／ｓ，３ ｋｇ·ｍ／ｓ Ｄ．－１０ ｋｇ·ｍ／ｓ，２５ ｋｇ·ｍ／ｓ
Ａ． Ｂ． Ｃ． Ｄ． ５． 答案 Ａ
９ ９ ３ ３
１． 答案 Ｂ ６．（２０２０河北冀州中学期中，７）如图所示 Ａ Ｂ两个木块用轻弹
， 、
２．（２０２０辽宁大连八中期中，６）如图所示 甲 乙两个小孩子各 簧相连接 它们静止在光滑水平面上 Ａ 和 Ｂ 的质量分别是
， 、 ， ，
乘一辆冰车在水平冰面上游戏 甲和他的冰车总质量共为Ｍ ｍ和 ｍ 一颗质量为ｍ的子弹以速度ｖ 水平射入木块Ａ
， ＝ ９９ １００ ， ０
乙和他的冰车总质量也是 游戏时甲推着一个质 内没有穿出 则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为
３０ ｋｇ， ３０ ｋｇ， ，
量ｍ 的箱子和他一起以大小为ｖ 的速度滑行
＝１５ ｋｇ ０＝２ ｍ／ｓ ， （ ）
乙以同样大小的速度迎面滑来 为了避免相撞 甲突然将箱子
， ，
沿冰面推给乙 箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住 若不计冰面
的摩擦 问甲至
，
少要以多大的速度 相对地面 将
，
箱子推出 才
ｍｖ２ ｍｖ２
， （ ） ， Ａ． ０ Ｂ． ０
能避免与乙相撞 ４００ ２００
（ ） ｍｖ２ ｍｖ２
９９ ０ １９９ ０
Ｃ． Ｄ．
４００ ４００
６． 答案 Ａ
７．（２０２０福建南平一模，７）如图所示 表面光滑的楔形物块ＡＢＣ
，
． ．
Ａ．４４ ｍ／ｓ Ｂ．５２ ｍ／ｓ 固定在水平地面上 ＡＢＣ ＡＣＢ 质量相同的物块ａ和ｂ分
，∠ ＜∠ ，
． ．
Ｃ．６４ ｍ／ｓ Ｄ．８０ ｍ／ｓ 别从斜面顶端沿ＡＢ ＡＣ由静止自由滑下 在两物块到达斜面
２． 答案 Ｂ 、 。
底端的过程中 正确的是
３．（２０１９河北百校联盟二联，７）如图所示 质量为 的小车 ， （ ）
， ２ ｋｇ
以 ． 的速度沿光滑的水平面向右运动 现在小车上表面
２５ ｍ／ｓ ，
上方 ． 高度处将一质量为 ． 的可视为质点的物块由
１２５ ｍ ０５ ｋｇ
静止释放 经过一段时间物块落在小车上 最终两者一起水平
， ，
向右匀速运动 重力加速度为ｇ ２ 忽略空气阻力 下
。 ＝１０ ｍ／ｓ ， ， 两物块所受重力冲量相同
列说法正确的是 Ａ．
（ ） 两物块的动量改变量相同
Ｂ．
两物块的动能改变量相同
Ｃ．
两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同
Ｄ．
７． 答案 Ｃ
二、多项选择题 每题 分 共 分
（ ４ ， ８ ）
８．（２０１９河北精英中学二调，１５）如图所示 质量ｍ 的物
物块释放 ． 后落到小车上 ， ＝２４５ ｇ
Ａ． ０３ ｓ 块 可视为质点 放在质量Ｍ ． 的木板左端 木板静止在
若只增大物块的释放高度 物块与小车的共同速度变小 （ ） ＝０５ ｋｇ ，
Ｂ． ， 光滑水平面上 物块与木板间的动摩擦因数μ ． 质量ｍ
物块与小车相互作用的过程中 物块和小车的动量守恒 ， ＝０４， ０＝
Ｃ． ， 的子弹以速度ｖ 沿水平方向射入物块并留在其
物块与小车相互作用的过程中 系统损失的能量为 ． ５ ｇ ０＝３００ ｍ／ｓ
Ｄ． ， ７５ Ｊ 中 时间极短 物块最后恰好没有滑离木板 取ｇ ２ 则
３． 答案 Ｄ （ ）， ， ＝１０ ｍ／ｓ ，
在整个过程中
４．（２０２０湖北黄冈八模，１７）两个小球在光滑水平面上沿同一直 （ ）
线 同一方向运动 球 在前 球 在后 ｍ ｍ
、 ， ２ ， １ ， １＝１ ｋｇ， ２＝３ ｋｇ，
ｖ ｖ 当球 与球 发生碰撞后 两球的速度
０１＝６ ｍ／ｓ， ０２＝３ ｍ／ｓ， １ ２ ， 物块的最大速度为
分别为ｖ ｖ 将碰撞后球 的动能和动量大小分别记为 Ｅ Ａ． ６ ｍ／ｓ
１、 ２， １ １， 木板的最大速度为
ｐ 则ｖ ｖ Ｅ ｐ 的可能值为 Ｂ． ３ ｍ／ｓ
１， １、 ２、 １、 １ （ ） 物块相对于木板滑行的时间为 ．
Ｃ． ０７５ ｓ
木板的长度为
Ｄ． ３ ｍ
ｖ ． ｖ ． ８． 答案 ＡＤ
Ａ． １＝１７５ ｍ／ｓ， ２＝３７５ ｍ／ｓ
ｖ ． ｖ ． ９．（２０２０河北冀州中学期中，１４）如图所示 Ａ Ｂ Ｃ三个半径相
Ｂ． １＝１５ ｍ／ｓ， ２＝４５ ｍ／ｓ ， 、 、
Ｅ 同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上 三个球的质量
Ｃ． １＝９ Ｊ ，
ｐ 分别为ｍ ｍ ｍ 初状态三个小球均静止
Ｄ． １＝１ ｋｇ·ｍ／ｓ Ａ＝２ｋｇ， Ｂ＝３ｋｇ， Ｃ＝１ｋｇ， ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２３７
Ｂ Ｃ球之间连着一根轻质弹簧 弹簧处于原长状态 现给Ａ一 夹有少量炸药 平台右侧有一带挡板的小车 静止在光滑的水
、 ， 。 ， ，
个向左的初速度ｖ Ａ Ｂ碰后Ａ球的速度变为向右 平地面上 小车质量为Ｍ ． 车面与平台的台面等高
０＝１０ ｍ／ｓ， 、 ， 。 ＝０ ３ ｋｇ， ，
大小为 下列说法正确的是 车面左侧粗糙部分长度为Ｌ ． 动摩擦因数为μ ． 右
２ ｍ／ｓ， （ ） ＝０８ ｍ， ＝０２，
侧拴接一轻质弹簧 弹簧自然长度所在范围内车面光滑 点
， 。
燃炸药后 Ａ滑块到达轨道最高点时对轨道的压力大小恰好
，
等于Ａ滑块的重力 滑块Ｂ冲上小车 两滑块都可以看作质
， 。
点 炸药的质量忽略不计 爆炸的时间极短 且爆炸后两个物
， ， ，
块的速度方向在同一水平直线上 且ｇ ２ 求
， ＝１０ ｍ／ｓ 。 ：
球Ａ和Ｂ的碰撞是弹性碰撞 滑块在半圆轨道最低点时对轨道的压力
Ａ． （１） ；
球Ａ和Ｂ碰后 球Ｂ的最小速度可为 爆炸后Ａ与Ｂ获得的总动能是多少
Ｂ． ， ０ （２） ？
球Ａ和Ｂ碰后 弹簧的最大弹性势能可以达到 滑块Ｂ 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性
Ｃ． ， ９６ Ｊ （３）
球Ａ和Ｂ碰后 弹簧恢复原长时球Ｃ的速度可能为 势能
Ｄ． ， １２ ｍ／ｓ 。
９． 答案 ＡＤ
三、实验题 共 分
（ ６ ）
１０．（２０２０辽宁鞍山第三次适应性考试）如图甲所示为验证动量
守恒的实验装置 气垫导轨置于水平桌面上 Ｇ 和Ｇ 为两个
， ， １ ２
光电门 Ａ Ｂ均为弹性滑块 质量分别为 ｍ ｍ 且 ｍ 大于
， 、 ， Ａ、 Ｂ， Ａ
ｍ 两遮光片沿运动方向的宽度均为ｄ 实验过程如下
Ｂ， ， ： １１． 答案 方向竖直向下 ． ．
（１）７ Ｎ， （２）２７ Ｊ （３）０２２ Ｊ
１２．（２０２１届湖北部分重点中学联考） 分 半径Ｒ ．
（１０ ） ＝２ ７５ ｍ、
圆心角θ °的一段光滑圆弧槽固定在粗糙水平面上 一质
＝３７ ，
量为ｍ ． 可视为质点的小物块Ｑ放置于圆弧槽最低点
＝３０ ｋｇ、
其切线恰好水平 在圆弧槽右侧同一直线上有一个质量
调节气垫导轨成水平状态 （ ）。
① ； 为Ｍ ． 长度为Ｌ ． 的薄木板 薄木板与圆弧槽最
轻推滑块Ａ 测得Ａ通过光电门Ｇ 的遮光时间为ｔ ＝１０ ｋｇ、 ＝５７５ｍ ，
② ， １ １； 低点平齐 且左端与圆弧槽最低点相距ｘ ． 某时刻
Ａ与Ｂ相碰后 Ｂ和Ａ先后经过光电门Ｇ 的遮光时间 ， ０＝０７５ ｍ。 ，
③ ， ２ 一质量也为ｍ的小物块Ｐ 可视为质点 以水平初速度ｖ
分别为ｔ 和ｔ （ ） ０＝
２ ３。 冲上薄木板右端 一段时间后 当薄木板左端刚与圆
回答下列问题 １４ ｍ／ｓ 。 ，
： 弧槽相撞时 小物块Ｐ恰好运动至薄木板左端 且立即与小
用螺旋测微器测得遮光片宽度如图乙所示 读数为 ， ，
（１） ， 物块Ｑ碰撞粘连在一起继续运动 已知小物块Ｐ与薄木板
。
ｍｍ； 间的动摩擦因数μ ． 重力加速度ｇ ２ °
实验中选择ｍ 大于ｍ 的目的是 １＝０ ４０， ＝１０ ｍ／ｓ ，ｓｉｎ ３７ ＝
（２） Ａ Ｂ ： ． ° ． 求
０６，ｃｏｓ３７ ＝０８。 ：
； 从Ｐ开始运动到与Ｑ发生碰撞所经历的时间ｔ
碰前Ａ的速度为 （１） ；
（３） 。 薄木板与水平面间的动摩擦因数μ
利用所测物理量的符号表示动量守恒成立的式子 （２） ２；
（４） Ｐ Ｑ碰撞后继续运动到其轨迹最高点时离水平面的
为 （３） 、
： 。 高度Ｈ 薄木板与圆弧槽底端的厚度均可忽略
１０． 答案 ． ． ． 均可 保证碰撞后滑 。 （ ）
（１）１１９５（１ １９３～１ １９７ ） （２）
ｄ ｍ ｍ ｍ
块Ａ不反弹 Ａ Ａ Ｂ
（３） ｔ （４） ｔ ＝ ｔ ＋ｔ
１ １ ３ ２
四、计算题 共 分
（ ２０ ）
１１．（２０２１届河北唐山一中期中，１６） 分 如图所示 固定的
（１０ ） ，
光滑平台上固定有光滑的半圆轨道 轨道半径Ｒ ． 平 １２． 答案 ． ． ．
， ＝０ ６ ｍ。 （１）０５ ｓ （２）０１５ （３）１０ ｍ
台上静止着两个滑块Ａ Ｂ ｍ ． ｍ ． 两滑块间
、 ， Ａ＝０ １ ｋｇ， Ｂ＝０ ２ ｋｇ，
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２３８ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
Ａ 组
一、选择题 次恢复原长时两物块的速度恰好同时为零 关于这一运动过
。
１．（２０２０山东临沂一模，３）一宇宙飞船的横截面积Ｓ 以ｖ 的恒 程 下列说法正确的是
， ０ ， （ ）
定速率航行 当进入有宇宙尘埃的区域时 设在该区域 单位体
， ， ，
积内有ｎ颗尘埃 每颗尘埃的质量为ｍ 若尘埃碰到飞船前是
， ，
静止的 且碰到飞船后就粘在飞船上 不计其他阻力 为保持飞
， ， ， 两物块Ａ Ｂ及弹簧组成的系统动量守恒
船匀速航行 飞船发动机的牵引力功率为 Ａ． 、
， （ ） 两物块Ａ Ｂ及弹簧组成的系统机械能守恒
Ａ． 答 Ｓｎ 案 ｍｖ２ ０ Ｃ 时 Ｂ 间 ．２ Ｓ ｔ ｎ 内 ｍ 粘 ｖ２ ０ 在卫星 Ｃ． 上 Ｓｎ 的 ｍｖ 尘 ３ ０ 埃质量 Ｄ 为 ．２ Ｓｎ Ｍ ｍｖ３ ０ ｖ ｔＳｎｍ Ｂ Ｃ ． ． 两物块Ａ 、 、 Ｂ初速度的大小关系为ｖ １ ＝ｖ ２
： ＝ ０ ， 两物块Ａ Ｂ运动的路程之比为２ ∶１
对
飞
粘
船
附
匀速
的
运
尘
动
埃 ，
飞
由
船
动
发
量
动
定
机
理得
牵
：
引
Ｆ
力
ｔ ＝ Ｍ
Ｆ′
ｖ ０，
Ｆ
解
′
得
Ｆ
： Ｆ
的
＝
功
Ｓｎ
率
ｍｖ
为
２ ０； 维
Ｐ
持 Ｄ． 答案 ＡＤ 、 运动过程中
，
Ａ受摩擦力ｆ
Ａ
＝２μｍｇ
，
Ｂ受摩擦力
， （ ＝ ） ： ＝ ｆ ＝μ ２ｍｇ＝ｆ ｆ 与ｆ 方向相反 系统所受合外力为零 动量
Ｆ′ｖ Ｆｖ Ｓｎｍｖ３ 故 正确 Ｂ · Ａ，Ａ Ｂ ， ，
０＝ ０＝ ０， Ｃ 。 守恒 由于摩擦生热 系统的机械能转化为内能 机械能减小
２．（２０１９北京海淀一模反馈，１８）如图 球 轻绳 小车系统静止 。 ， ， 。
， 、 、 由动量守恒 弹簧恢复原长时 两物块速度同时为零 因此初态
在水平地面上 将小球拉至与Ｏ点等高处 并由静止释放 不计 ， ， ，
， ， ， ｍｖ ＝２ｍｖ ｖ ∶ｖ ＝２ ∶１ 两物块运动过程中 系统动量守
空气阻力和一切摩擦 关于此后的物理过程 下列说法正确的是 １ ２， １ ２ 。 ，
， ， 恒 ｍｖ ′＝２ｍｖ ′ 任意时刻ｖ ′ ∶ｖ ′＝２ ∶１ 因此平均速率之比
， １ ２ ， １ ２ ，
（ ） 为２ ∶１ 运动的路程之比为２ ∶１
， 。
思路点拨 此过程中 摩擦生热 系统机械能减小 因为任意
， ， 。
时刻都有Ａ Ｂ动量等大反向 可得Ａ Ｂ速率之比 平均速率之
、 ， 、 、
比 路程之比
、 。
二、非选择题
球 轻绳 小车组成的系统动量守恒 机械能不守恒 ５．（２０１９甘肃、青海、宁夏联考，１３）如图所示 轻弹簧的一端固
Ａ． 、 、 ， ，
球 轻绳 小车组成的系统动量不守恒 机械能守恒 定 另一端与静置在水平导轨上质量 ｍ ． 的滑块 Ｂ 相
Ｂ． 、 、 ， ， ＝０ ５ ｋｇ
小球摆动到最低点时 小车有最大的对地位移 连 弹簧处在原长状态 Ｂ最初静止位置的左侧导轨光滑 右侧
Ｃ． ， ， ， 、
小球摆动到最高点时 小车有最大的对地速度 导轨粗糙 另一质量与Ｂ相同的滑块Ａ 从与Ｂ的距离Ｌ ．
Ｄ． ， ， ， ＝２ ５
答案 Ｂ 球 轻绳 小车组成的系统 水平方向不受外力 处以某一初速度开始向Ｂ滑行 与Ｂ相碰 碰撞时间极短
、 、 ， ， ｍ ， （ ）
水平方向动量守恒 竖直方向动量不守恒 小球摆动过程中只 后Ａ Ｂ粘在一起运动压缩弹簧 该过程中弹簧的最大弹性势
， 。 、 ，
有重力做功 机械能守恒 当小球向右摆动到最高点时 小车 能Ｅ Ａ与导轨粗糙部分间的动摩擦因数μ ． 求
， 。 ， ｐ＝２ Ｊ。 ＝０４。 ：
有向左的最大位移 此时小球速度为零 由水平方向动量守恒
， ，
可知小车速度也为零
。
３．（２０２０广西桂林、崇左、贺州联考，１７）如图所示 光滑水平面
，
上有在一条直线上的甲 乙 丙三个小球 三个小球的质量均为
、 、 ， Ａ Ｂ碰撞后的瞬间的速度大小ｖ
ｍ 乙 丙两球与轻弹簧相连且静止 甲球以速率ｖ 向右冲向乙 （１） 、 ；
， 、 ， ０ Ａ的初速度大小ｖ
球并发生弹性碰撞 弹簧一直在弹性限度内 该弹簧的最大 （２） ０。
。 。 答案
弹性势能为 （１）２ ｍ／ｓ （２）６ ｍ／ｓ
（ ） 解析 压缩弹簧过程中 滑块的动能转化为弹簧的弹性
（１） ，
势能 由能量守恒定律得
， ：
Ｅ １ ｍｖ２
ｐ＝ ·２
Ａ
． １
４
ｍｖ２
０ Ｂ
． １
６
ｍｖ２
０ Ｃ
． １
３
ｍｖ２
０ Ｄ
． １
８
ｍｖ２
０ 代入数
２
据得 ： ｖ ＝２ ｍ／ｓ
答案 Ａ 本题考查动量守恒 能量守恒 体现运动与相互 Ａ Ｂ碰撞过程系统动量守恒 以向左为正方向 由动
、 ， （２） 、 ， ，
作用观念和能量观念要素 因甲 乙两球的质量相等 故它们 量守恒定律得 ｍｖ ｍｖ
。 、 ， ：２ ＝ Ａ
弹性碰撞后速度交换 即碰撞后甲球静止 乙球的速度大小为 解得 ｖ
， ， ： Ａ＝４ ｍ／ｓ
ｖ 方向水平向右 经分析可知 当乙 丙两球的速度相等 设为 滑块Ａ向左运动的过程中 由动能定理得
０， ， ， 、 （ ， ：
ｖ 时 弹簧的形变量最大 弹性势能最大 由动量守恒定律有
ｍ
）
ｖ
，
ｍｖ 由能量守恒定
，
律可得弹簧的最
，
大弹性势能 Ｅ －
μｍｇＬ
＝
１ ｍｖ２Ａ－ １ ｍｖ２
０
０＝２ ， ｐｍ＝ ２ ２
解得ｖ
１ ｍｖ２ １ ｍｖ２ 解得Ｅ １ ｍｖ２ 选项 正确 ０＝６ ｍ／ｓ
０－ ×２ ， ｐｍ＝ ０， Ａ 。 温馨提示 分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键 应
２ ２ ４ ，
４．（２０１９北京海淀期中，９） 多选 如图所示 两物块Ａ Ｂ质量 用动能定理与动量守恒定律可以解题
（ ） ， 、 。
分别为ｍ ２ｍ 与水平地面的动摩擦因数分别为２μ μ 其间用 ６．（２０２０湖南益阳、湘潭联考）一辆小汽车行驶至一路口 见前
、 ， 、 ， ，
一轻弹簧连接 初始时弹簧处于原长状态 使 Ａ Ｂ 两物块同 面多辆小汽车排起了长队 且红灯显示还有几十秒 于是紧急
。 ， 、 ， ，
时获得一个方向相反 大小分别为ｖ ｖ 的水平速度 弹簧再 刹车 可驾驶员错把油门当刹车 结果以 的速度与前面
， １、 ２ ， 。 ， ８ ｍ／ｓ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２３９
一辆车发生碰撞追尾 假设碰撞时间极短 且两车每次碰撞损 第二辆汽车运动到第三辆汽车处将要相碰时 设第二
。 ， （２） ，
失 ． ％的动能 若每辆汽车的质量都相等 汽车间距均为
３７５ ， ， ２ 辆汽车速度为ｖ 根据动能定理得 μｍｇＬ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２
车与地面间的动摩擦因数μ ． ｇ ２ 求 ２０。 － ＝ ２０－ ２
ｍ， ＝０５（ ＝１０ ｍ／ｓ ）。 ： ２ ２
肇事车辆与前车碰撞后的速度大小 解得ｖ 第二辆汽车碰撞第三辆汽车过程 有ｍｖ
（１） ； ２０＝４ｍ／ｓ， ， ２０
将共有几辆汽车发生连环追尾事故 含肇事车辆 ｍｖ ′ ｍｖ
（２） （ ）。 ＝ ２ ＋ ３
答案 辆
（１）２ ｍ／ｓ （２）３ ． １ ｍｖ２ １ ｍｖ ′２ １ ｍｖ２
解析 第一次碰撞时 取碰撞前第一辆汽车的速度方向 （１－０３７５）· ２０＝ ２ ＋ ３
（１） ， ２ ２ ２
为正方向 由动量守恒定律得ｍｖ ｍｖ ｍｖ 解得ｖ
， ０＝ １＋ ２ 由μｍｇ ３＝ ｍ ３ ａ ｍ 得 ／ｓ ａ μｇ
由碰撞前后能量关系
，
有
（１－０
．
３７５）·
１
２
ｍｖ２
０ ＝ ２
１ ｍｖ２
１＋ 又ｖ２ ３＝２
＝
ａ Δ ｘ
＝
解得 ｘ ．
１ ｍｖ２ Δ ＝０９ ｍ＜２ ｍ
２ 所以第三辆汽车无法碰撞第四辆汽车 故共有三辆车发生
２ ，
联立解得 ｖ ｖ 不符合题意的已舍去 连环追尾事故
： １＝２ ｍ／ｓ， ２＝６ ｍ／ｓ（ ） 。
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
Ｂ 组
一、选择题 ｔ变化的图像如图 所示 ｔ 时物块到达斜面底端 斜面
（ｂ） ， ＝２ ｓ 。
１．（２０１９广东广州一模，１５）如图为跳水运动员从起跳到落水过 体始终保持静止 重力加速度ｇ ２ 在物块沿斜面下滑
， ＝１０ ｍ／ｓ ，
程的示意图 运动员从最高点到入水前的运动过程记为 运 过程中 下列说法正确的是
， Ⅰ， ， （ ）
动员入水后到最低点的运动过程记为 忽略空气阻力 则运
Ⅱ， ，
动员
（ ）
物块到达斜面底端时的动能为
Ａ． ３２ Ｊ
斜面的长度为
Ｂ． ８ ｍ
斜面体对水平面的压力大小始终为
Ｃ． ５０ Ｎ
水平面对斜面体的摩擦力水平向右且逐渐增大
Ｄ．
过程 的动量改变量等于零 答案 ＡＣ 由物块与斜面间的动摩擦因数μ θ可知ｍｇ
Ａ． Ⅰ ＝ｔａｎ
过程 的动量改变量等于零 θ μｍｇ θ 则物体所受的合力为Ｆ 由Ｆ ｔ图像可知Ｆｔ
Ｂ． Ⅱ ｓｉｎ ＝ ｃｏｓ ， ， － ＝
过程 的动量改变量等于重力的冲量
Ｃ． Ⅰ １ 由Ｆｔ ｍｖ可得ｖ 则动能Ｅ
过程 的动量改变量等于重力的冲量 ×２×８ Ｎ·ｓ＝８ Ｎ·ｓ， ＝ ＝８ ｍ／ｓ， ｋ＝
Ｄ． Ⅱ ２
答案 Ｃ 过程 中动量改变量等于重力的冲量 为ｍｇｔ 不
Ⅰ ， ， １ ｍｖ２ １ ２ 选项 正确 若物块匀加速下滑 则
为零 故 错误 正确 运动员进入水前的速度不为零 末速 ＝ ×１×８ Ｊ＝３２ Ｊ， Ａ ； ，
， Ａ ，Ｃ ； ， ２ ２
度为零 过程 的动量改变量不等于零 故 错误 过程 的 ｖ
， Ⅱ ， Ｂ ； Ⅱ 斜面的长度为ｌ ｔ 而物块做加速度增大的加速运动
动量改变量等于合外力的冲量 不等于重力的冲量 故 ＝ ＝８ ｍ， ，
， ， Ｄ ２
错误 则物块的位移小于 即斜面长度小于 选项 错误 滑
。 ８ ｍ， ８ ｍ， Ｂ ；
２．（２０２０山东菏泽一模，５）若一质量为Ｍ的直升机的螺旋桨推 块对斜面体有沿斜面向下的摩擦力 大小为 ｆ μｍｇ θ
， ＝ ｃｏｓ ＝
动横截面积为Ｓ的空气以某一速度竖直向下运动从而使飞机 ｍｇ θ 垂直斜面的压力大小为ｍｇ θ 两个力的合力竖直
ｓｉｎ ， ｃｏｓ ，
悬停在空中
，
已知空气的密度为ρ
，
则直升机的输出功率为 向下
，
大小为ｍｇ
，
则斜面体对水平面的压力大小始终为 Ｍｇ
＋
ｍｇ 水平面对斜面体没有摩擦力 选项 正确 错误
（ ） ＝５０ Ｎ， ， Ｃ ，Ｄ 。
４．（２０２０湖南周南中学四月模拟，２１） 多选 如图甲所示 Ａ Ｂ
Ｍｇ Ｍｇ３ （ ） ， 、
ρＳ ２ 两物块静止在光滑水平面上 两物块接触但不粘连 Ａ Ｂ的质
Ａ． （ ρＳ） Ｂ． ρＳ ， ， 、
量分别为ｍ ｍ ｍ ｍ ｔ 时刻对物块Ａ施加一水平向右
Ｃ． １ ρＳ （ Ｍ ρＳ ｇ ） ３ Ｄ． １ Ｍ ρ ｇ Ｓ ３ 的推力Ｆ １， 同 Ａ＝ 时对 ， 物 Ｂ＝ 块 ３ Ｂ 。 施 ＝ 加 ０ 一水平向右的拉力 Ｆ ２， 使 Ａ 、 Ｂ
２ ２ 从静止开始运动 力Ｆ Ｆ 随时间变化的规律如图乙所示 下
答案 Ｃ 设时间ｔ内 螺旋桨使质量为ｍ的空气向下运动 ， １、 ２ 。
， ， 列说法正确的是
ｐ ｍｖ （ ）
则ｍ ρＳｖｔ 由动量定理知 空气对飞机的作用力Ｆ
＝ ， ， ＝ ｔ ＝ ｔ ＝
ρＳｖ２ｔ Ｍｇ
ρＳｖ２ 又飞机悬停在空中 Ｆ Ｍｇ 故ｖ２ 所以飞机输
ｔ ＝ ， ， ＝ ， ＝ρＳ，
Ｗ ｍｖ２ Ｍｇ
出的功率Ｐ １ ρＳ ３ 只有选项 正确
＝ ｔ ＝ ｔ ＝ （ ρＳ） ， Ｃ 。
２ ２
３．（２０２０山东青岛一模，１１） 多选 如图 质量Ｍ 倾 ｔ
（ ） （ａ）， ＝４ ｋｇ、 ０ 时刻Ａ对Ｂ的推力大小为 ３ Ｆ
角为θ的斜面体置于粗糙水平面上 质量ｍ 的小物块置 Ａ． ０
， ＝１ ｋｇ ２ ４
于斜面顶端 物块与斜面间的动摩擦因数μ θ ｔ 时刻 ｔ Ｆ２ｔ２
， ＝ｔａｎ 。 ＝０ ０ 内合外力对物块Ａ做的功为 ０ ０
对物块施加一平行于斜面向下的推力Ｆ 推力Ｆ的大小随时间 Ｂ．０～ ｍ
， ２ １２８
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２４０ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
Ｆ２ｔ２ 两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作
从开始运动到Ａ Ｂ分离 物体Ｂ运动的位移大小为９ ０ ０
Ｃ． 、 ， ｍ 类比 那么下列判断中正确的是
６４ 。 （ ）
Ｆ ｔ
ｔ 时刻Ａ的速度比Ｂ的速度小 ０ ０
Ｄ． ０ ｍ
２４
答案 ＢＤ 设ｔ时刻Ａ Ｂ分离 分离之前Ａ Ｂ两物块共同
、 ， 、
运动 加速度为ａ 以整体为研究对象 则有
ｖ ｖ ｖ ｖ ｖ ｖ ｖ ｖ
， ａ Ｆ １＋ Ｆ ２ Ｆ ， ０ ， Ａ． 答 １＞ 案 ０ Ａ 设 Ｂ 探 ． 测 １＝ 器 ０ 的质量为 Ｃ． ｍ ２ ， ＞ 行 ０ 星的质量 Ｄ 为 ． ２ Ｍ ＝ ， ０ 探测器和
＝ｍ Ａ＋ ｍ Ｂ ＝ ４ ｍ 行星发生弹性碰撞 。 对于模式一 ： 设向左为正方向 ， 由动量守
Ｆ
分离时
：
Ｆ
２＝
ｍ
Ｂ
ａ
＝３
ｍ
× ｍ
０
＝
３ Ｆ
０
恒定律
：
Ｍｕ
－
ｍｖ
０＝
ｍｖ
１＋
Ｍｕ
１，
由机械能守恒定律得 １ Ｍｕ２
＋
１
４ ４ ２ ２
根据乙图知此时ｔ
＝
３ ｔ
０，
则从开始运动到Ａ
、
Ｂ分离
，
物块 ｍｖ２
０＝
１ ｍｖ２
１ ＋
１ Ｍｕ２
１，
联立解得探测器碰后的速度 ｖ
１ ＝
４ ２ ２
Ｂ运动的位移大小 ｘ １ ａｔ２ １ Ｆ ０ ( ３ ｔ ) ２ ９ Ｆ ０ ｔ２ ０ 故 ２ Ｍｕ ＋ Ｍｖ ０－ ｍｖ ０ 因Ｍ ｍ 则ｖ ｕ ｖ ｖ 故 正确 错误
＝ ＝ × ｍ× ０ ＝ ｍ， Ｃ Ｍ ｍ ， ≫ ， １≈２ ＋ ０＞ ０， Ａ ，Ｂ 。
２ ２ ４ ４ １２８ ＋
错误 对于模式二 设向左为正方向 由动量守恒定律 Ｍｕ ｍｖ
； ： ， ： ＋ ０ ＝
ｔ
０ 时刻还未分离 对 Ｂ 根据牛顿第二定律得 Ｆ ｍｖ Ｍｕ 由机械能守恒定律得 １ Ｍｕ２ １ ｍｖ２ １ ｍｖ２
， ， ２ ＋ － ２＋ ２， ＋ ０ ＝ ２＋
２ ２ ２ ２
Ｆ ｍ ａ Ｍｖ Ｍｕ ｍｖ
ＡＢ＝ Ｂ １ Ｍｕ２ 联立解得探测器碰后的速度ｖ ０－２ － ０ 因Ｍ
Ｆ ２， ２＝ Ｍ ｍ ， ≫
则Ｆ ｍａ ０ １ Ｆ 故 错误 ２ ＋
ＡＢ＝３ －
２
＝
４
０， Ａ ； ｍ
，
则ｖ
２≈
ｖ
０－２
ｕ
＜
ｖ
０，
故
Ｃ、Ｄ
均错误
。
ｔ ｔ Ｆ ｔ 二、非选择题
０ 时刻 ｖ ａ ０ ０ ０
２
， Ａ＝
２
＝
８
ｍ ６．（２０２０山东潍坊一模，１３）为探究某新材料的部分特性 一学
，
Ｆ２ｔ２ 习小组设计了如下实验 在水平桌面上平放一直尺 紧靠刻度
对Ａ ， 根据动能定理Ｗ 合＝ １ ｍｖ２Ａ＝ ０ ｍ ０ ， 故 Ｂ 正确 ； 线的一侧放大小相同的 ， 实心铁球Ａ 黑色 和新材料 ， 实心球Ｂ
２ １２８
（ ）
Ｆ ｔ 白色 让Ａ球以某一速度向静止的Ｂ球运动 碰撞前后的频
ｔ ＝ ３ ｔ ０ 时 ， Ａ 、 Ｂ达到共同速度ｖ ＡＢ＝ ａｔ ＝ ３ ０ ｍ ０ （ 闪照片 ） 如 ， 图所示 已知频闪仪每隔 ． 闪光 ， 一次 铁的密度
４ １６ 。 ００４ ｓ ，
此后Ａ 、 Ｂ分离 ， 对Ａ ， 根据动量定理 ： Ｉ ＝ ｍ ＡΔ ｖ 为 ７ ． ８ ｇ／ｃｍ ３ ， 请回答下列问题 ：
根据乙图 ３ ｔ ｔ 内 Ｆ ｔ图像中代表Ｆ 的图线与时间
， ０～ ０ ， － １
４
ｔ
轴围成的面积表示 Ｆ １ 这段时间对 Ａ 的冲量 ， 则 Ｉ ＝ ２ １ × ４ ０ × （１） 碰 Ｂ球 撞 材 前 料 Ａ 的 球速 密 度 度 大 为 小为 ｍ ３ ／ｓ； 结果均保留
（２） ｇ／ｃｍ 。 （ ２
Ｆ Ｆ ｔ Ｆ ｔ
位有效数字
０ ０ ０ 则 ｖ ０ ０ １ ）
４ ＝ ３２ ， Δ ＝ ３２ ×ｍ 答案 ． ．
（１）５０ （２）５２
对Ｂ ， 根据动量定理 ： Ｉ′ ＝ ｍ ＢΔ ｖ′ 解析 碰撞前Ａ球速度大小
（１） ：
根据乙图 ３ ｔ ｔ 内 Ｆ ｔ图像中代表Ｆ 的图线与时间 ｓ ．
， ４ ０～ ０ ， － ２ ｖ ０＝ ｔ １ ＝ ０ ． ２０ ｍ／ｓ＝５ ． ０ ｍ／ｓ。
００４
ｔ
轴围成的面积表示Ｆ 这段时间对 Ｂ 的冲量 则 Ｉ′ １ ０ ｓ ． ．
２ ， ＝ ２ × ４ × （２） 碰撞后 Ａ 球速度大小 ： ｖ １ ＝ ｔ ２ ＝ ０５０ ． －０４０ ｍ／ｓ＝
００４
æ è ç３ ４ Ｆ ０ ＋ Ｆ ０ ö ø ÷ ＝ ７ Ｆ ３２ ０ ｔ ０ ， ２ ． ５０ｍ／ｓ； 碰撞后 Ｂ 球速度大小 ： ｖ ２ ＝ ｓ ｔ ３ ＝ ０ ． ５７０ ． －０ ． ４２０ ｍ／ｓ＝
００４
Ｆ ｔ ． 根据动量守恒定律 ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ 代入数据解
则
Δ
ｖ′
＝
７ ０ ０
×
１
ｍ
３７５ｍ／ｓ， ：
ｍ
Ａ ０＝ Ａ １＋ Ｂ ２，
３２ ３ 得 ｍ ２ ｍ 由密度公式ρ 体积相同 密度和质量成正
Ｆ ｔ ： Ｂ＝ Ａ， ＝ Ｖ， ，
则 ３ ｔ ｔ 时间内Ｂ比Ａ速度多增大 ｖ″ ｖ′ ｖ ０ ０ ３
０～ ０ Δ ＝Δ －Δ ＝ ｍ，
４ Ｆ ｔ ２４ 比 ， 有 ： ρ Ｂ＝ ２ ρ Ａ＝ ２ ×７ ． ８ ｇ／ｃｍ ３ ＝５ ． ２ ｇ／ｃｍ ３ 。
即ｔ 时刻Ａ的速度比Ｂ的速度小 ０ ０ 故 正确 故选 ３ ３
０ ２ ｍ， Ｄ 。 Ｂ、Ｄ。 ７．（２０２０山东日照一模）如图所示 ， 质量分别为ｍ Ａ＝２ ｋｇ、 ｍ Ｂ＝１
５．（２０１９北京西城区一模，２０）随着科幻电影 流浪地球 的热 ｍ 的三个小物块Ａ Ｂ Ｃ 均视为质点 静止在光滑
《 》 ｋｇ、 Ｃ＝１ ｋｇ 、 、 （ ）
映 引力弹弓效应 进入了公众的视野 引力弹弓效应 是 水平轨道上 半径为Ｒ ． 的光滑 竖直 半圆轨道最低点
，“ ” 。 “ ” 。 ＝０６ ｍ 、 、
指在太空运动的探测器 借助行星的引力来改变自己的速度 与水平轨道相切 Ｂ Ｃ之间有一轻弹簧刚好处于原长 Ｂ与轻
， 。 。 、 ，
为了分析这个过程 可以提出以下两种模式 探测器分别从行 弹簧拴接 Ｃ未与弹簧拴接 现让物块Ａ 右侧涂有少量质量
， ： ， 。 （
星运动的反方向或同方向接近行星 分别因相互作用改变了速 不计的粘胶 以初速度ｖ 沿水平方向向右滑动 Ａ与Ｂ
， ） ０＝６ ｍ／ｓ ，
度 如图所示 以太阳为参考系 设行星运动的速度大小为ｕ 发生碰撞并粘为一体 经过一段时间 Ｃ脱离弹簧 然后滑上
。 ， ， ， 。 ， ，
探测器的初速度大小为ｖ 在图示的两种情况下 探测器在远 光滑竖直半圆轨道 取ｇ ２ 求
０， ， 。 （ ＝１０ ｍ／ｓ ） ：
离行星后速度大小分别为ｖ 和ｖ 探测器和行星虽然没有发 上述过程中弹簧的最大弹性势能Ｅ
１ ２。 （１） ｐ；
生直接的碰撞 但是在行星的运动方向上 其运动规律可以与 Ｃ脱离弹簧时的速度大小ｖ
， ， （２） Ｃ；
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题七 碰撞与动量守恒 ２４１
试讨论判断Ｃ能否到达半圆轨道的最高点 若能 求
（３） 。 ，
出通过最高点时Ｃ对轨道的压力大小 若不能 请说明理由
； ， 。
物块Ａ通过Ｃ点时对半圆形轨道的压力大小
（１） ；
斜面体的质量
（２） ；
物块Ｂ与斜面体相互作用的过程中 物块Ｂ对斜面体
（３） ，
做的功
答案 见解析 。
（１）６ Ｊ （２）６ ｍ／ｓ （３） ｍ ｍｇＬ
解析 Ａ Ｂ碰撞过程系统动量守恒 以向右为正方向 答案 ｍｇ ８
（１） 、 ， ， （１）６ （２） （３）
由动量守恒定律得 ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ ２ ３
： Ａ ０＝（ Ａ＋ Ｂ） １， 解析 本题考查动量守恒 机械能守恒 圆周运动 体现科学
代入数据解得 ｖ 、 、 ，
： １＝４ ｍ／ｓ， 推理与模型建构要素 是对学生综合分析能力的考查
Ａ Ｂ Ｃ速度相等时弹簧弹性势能最大 Ａ Ｂ Ｃ 系统动量 ， 。
守恒
、 、 ， 、 、
恰好通过Ｄ点 有ｍｇ ｍ
ｖ２Ｄ
， （１） ， ＝ Ｌ
以向右为正方向 由动量守恒定律得 ｍ ｖ ｍ ｍ
， ： Ａ ０ ＝（ Ａ＋ Ｂ＋ 从Ｃ到Ｄ 由动能定理 有
ｍ ｖ ， ，
Ｃ） ２，
代入数据解得
－
ｍｇ
×２
Ｌ
＝
１ ｍｖ２Ｄ－ １ ｍｖ２Ｃ
ｖ ２ ２
由
２＝
能
３
量
ｍ
守
／ｓ
恒
，
定律得 在Ｃ点 有Ｆ ｍｇ ｍ
ｖ２Ｃ
： ， － ＝ Ｌ
１
（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ）
ｖ２
１＝
１
（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ＋
ｍ
Ｃ）
ｖ２
２＋
Ｅ
ｐ，
解得Ｆ
＝６
ｍｇ
２ ２ 由牛顿第三定律可知 物块Ａ通过 Ｃ 点时对半圆形轨道
代入数据解得 Ｅ ，
： ｐ＝６ Ｊ； 的压力
弹簧恢复原长时 Ｃ 与弹簧脱离 Ａ Ｂ Ｃ 系统动量守
（２） ， 、 、 Ｆ′ Ｆ ｍｇ
恒 以向右为正方向 ＝ ＝６
， ， 弹簧释放瞬间 由动量守恒定律 有
由动量守恒定律得 ｍ ｖ ｍ ｍ ｖ ｍ ｖ （２） ， ，
： Ａ ０＝（ Ａ＋ Ｂ） ＡＢ＋ Ｃ Ｃ， ｍｖ ｍｖ
由能量守恒定律得 Ａ＝ Ｂ
： 弹簧释放后 对物块Ａ运动到Ｃ点的过程 有
， ，
１
２
（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ）
ｖ２
１＝
２
１
（
ｍ
Ａ＋
ｍ
Ｂ）
ｖ２ＡＢ＋
２
１ ｍ
Ｃ
ｖ２Ｃ，
－
μｍｇＬ
＝
１ ｍｖ２Ｃ－ １ ｍｖ２Ａ
代入数据解得 ｖ ２ ２
： Ｃ＝６ ｍ／ｓ； Ｂ滑上斜面体上升到最大高度时 对Ｂ和斜面体 由动量
Ｃ恰好到达最高点时重力提供向心力 在最高点 ， ，
（３） ， ， 守恒定律 有
ｖ２ ，
由牛顿第二定律得 ｍ ｇ ｍ ｍｖ ｍ Ｍ ｖ
： Ｃ ＝ Ｃ Ｒ， Ｂ＝（ ＋ ）
由机械能守恒定律 有
代入数据解得 ｖ ，
： ＝ ６ ｍ／ｓ，
Ｃ在圆弧轨道运动过程机械能守恒
，
Ｃ从最低点到最高点 １ ｍｖ２Ｂ＝ １
（
ｍ
＋
Ｍ
）
ｖ２
＋
ｍｇＬ
过程 ２ ２
， ｍ
由机械能守恒定律得 解得Ｍ
＝
：
２
１ ｍ
Ｃ
ｖ２Ｃ＝ １ ｍ
Ｃ
ｖ
Ｃ
′２
＋
ｍ
Ｃ
ｇ
·２
Ｒ
， （３）
物块Ｂ从滑上斜面体到与斜面体分离过程中
，
由动量
２ ２ 守恒定律 有
，
代入数据解得 ： ｖ Ｃ ′ ＝２ ３ ｍ／ｓ＞ ｖ ， ｍｖ Ｂ＝ ｍｖ Ｂ ′ ＋ Ｍｖ′
Ｃ可以到达圆弧最高点 在最高点 由机械能守恒定律 有
， ， ，
由牛顿第二定律得
：
Ｆ
＋
ｍ
Ｃ
ｇ
＝
ｍ
Ｃ
ｖ
Ｃ
Ｒ
′２
，
１ ｍｖ２Ｂ＝ １ ｍｖ
Ｂ
′２
＋
１ Ｍｖ′２
２ ２ ２
代入数据解得 Ｆ
： ＝１０ Ｎ， ｇＬ ｇＬ
解得ｖ ′ ６ ｖ′ ４ ６
由牛顿第三定律可知 Ｃ对轨道的压力大小 Ｂ ＝ ， ＝
， ： ３ ３
Ｆ′ Ｆ 由功能关系知 物块Ｂ与斜面体相互作用的过程中 物块
＝ ＝１０ Ｎ。 ， ，
８．（２０２０贵州黔东南模拟，１２）如图所示 水平面上有Ａ Ｂ两个 Ｂ对斜面体做的功
， 、
小物块 均视为质点 质量均为ｍ 两者之间有一被压缩的轻
质弹簧
（
未与Ａ Ｂ连
）
接
，
距离物块
，
Ａ为Ｌ处有一半径为Ｌ的
Ｗ
＝
１ Ｍｖ′２
（ 、 ）。 ２
固定光滑竖直半圆形轨道 半圆形轨道与水平面相切于Ｃ点 ｍｇＬ
， ， 解得Ｗ ８
物块Ｂ的左侧静置着一个三面均光滑的斜面体 底部与水平 ＝
（ ３
面平滑连接 某一时刻将压缩的弹簧释放 物块Ａ Ｂ瞬间分 ９．（２０２０山东泰安一模，１８）如图 ＡＢ为半径Ｒ ． 的竖直
）。 ， 、 ， ＝０ ７ ｍ
离 Ａ向右运动恰好能过半圆形轨道的最高点Ｄ 物块Ａ过Ｄ
， （ 光滑 １ 圆弧轨道 与最低点Ｂ平滑连接的水平轨道由ＢＣ ＣＤ
点后立即撤去 Ｂ向左平滑地滑上斜面体 在斜面体上上升的 ， 、
）， ， ４
最大高度为Ｌ Ｌ小于斜面体的高度 已知Ａ与右侧水平面 两部分组成 ＢＣ部分粗糙 长度Ｌ ． ＣＤ部分光滑
（ ）。 。 ， １＝１ ２５ ｍ。 ，
的动摩擦因数μ ． Ｂ左侧水平面光滑 重力加速度为ｇ 求 长度Ｌ Ｄ点有固定的竖直挡板 质量ｍ 的滑块
＝０５， ， ， ： ２＝５ ｍ。 。 ａ＝２ ｋｇ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋２４２ ５年高考３年模拟 Ａ版（教师用书）
ａ从圆弧最高点Ａ由静止滑下 与静止在Ｃ点的质量ｍ 解得ｖ ｖ
， ｂ＝１ ｋｇ ａ １＝１ ｍ／ｓ， ｂ １＝４ ｍ／ｓ
的滑块ｂ发生正碰 滑块均可视为质点 与ＢＣ段间的动摩擦 设滑块ａ ｂ第二次碰撞的位置与Ｄ点的距离为ｘ
。 ， 、
因数μ ． 所有的碰撞中均没有机械能损失 重力加速度大 Ｌ ｘ Ｌ ｘ
＝０２， ， ２－ ２＋
小ｇ ＝１０ ｍ／ｓ ２ 。 求 ： ｖ ａ １ ＝ ｖ ｂ １
滑块ａ对轨道的最大压力大小 代入数据解得 ｘ
（１） ； ： ＝３ ｍ
滑块ａ ｂ第二次碰撞的位置与Ｄ点的距离 设第二次碰撞后的速度分别为ｖ 和ｖ 以向右为正
（２） 、 ； （３） ａ ２ ｂ ２，
滑块ａ ｂ第二次碰撞后到第三次碰撞前 滑块ａ的运 方向 由动量守恒定律和机械能守恒定律得
（３） 、 ， ， ：
动时间 （ 保留 ２ 位小数 ， 可能用到的数值 ０ ． ０７＝０ ． ２７）。 ｍ ａ ｖ ａ １＋ ｍ ｂ ｖ ｂ １＝ ｍ ａ ｖ ａ ２＋ ｍ ｂ ｖ ｂ ２
１ ｍ
ａ
ｖ２ａ
１＋
１ ｍ
ｂ
ｖ２ｂ
１＝
１ ｍ
ａ
ｖ２ａ
２＋
１ ｍ
ｂ
ｖ２ｂ
２
２ ２ ２ ２
解得 ｖ ７ ｖ ８
： ａ ２＝－ ｍ／ｓ， ｂ ２＝ ｍ／ｓ
答案 见解析 ３ ３
滑块ａ向左运动 设沿圆弧上升的高度为 ｈ 根据动能
解析 滑块ａ从Ａ到Ｂ 经过Ｂ点时对圆弧轨道的压力 ， ，
（１） ， 定理
最大 根据机械能守恒定律 ：
， ：
ｍ ａ ｇＲ ＝ １ ｍ ａ ｖ２Ｂ －
ｍ
ａ
ｇｈ
－
μｍ
ａ
ｇＬ
１＝０－ ２
１ ｍ
ａ
ｖ２ａ
２
２ ｈ ． 滑块上滑的高度ｈ远小于Ｒ 之后滑块ａ
根据牛顿第二定律 ＝００２２２ ｍ（ ），
： 滑回水平面 停在Ｂ Ｃ间
Ｎ ｍ ｇ ｍ
ｖ２Ｂ
第二次
，
碰撞后运
、
动到
；
Ｂ之前 匀速运动的时间
－ ａ ＝ ａ Ｒ ， ：
ｘ Ｌ
代入数据解得 Ｎ ｔ － ２ ６ ．
由牛顿第三定
：
律得
＝６
滑
０
块
Ｎ
ａ对轨道的最大压力大小为 Ｎ′
１＝ ｖ
ａ ２
＝
７
ｓ＝０８６ ｓ
： ＝ 在ＢＣ部分匀减速运动的时间
Ｎ ：
＝６０ Ｎ ｖ
滑块ａ在Ｂ Ｃ间运动时的加速度大小为ａ 第一次到 ｔ ａ ２ ７ ．
（２） 、 １， ２＝ ａ ＝ ｓ＝１１７ ｓ
达Ｃ点时的速度为ｖ Ｃ 因为 － 滑 １ 块上 ６ 滑的ｈ远小于Ｒ 所以在圆弧面的运动可以认
μｍ ｇ ｍ ａ ，
ａ ＝ ａ １ 为是类单摆运动 由单摆周期公式得
ｖ２Ｃ－ ｖ２Ｂ＝－２ ａ
１
Ｌ
１ Ｒ
， ：
代入数据解得 ｖ ｔ ．
： Ｃ＝３ ｍ／ｓ ３＝π ｇ ＝０８５ ｓ
设ａ ｂ第一次碰撞后的速度分别为ｖ 和ｖ 由动量守恒
、 ａ １ ｂ １， 滑块ａ的运动时间 ｔ ｔ ｔ ｔ ．
定律和机械能守恒定律得 ：Δ ＝ １＋ ２＋ ３＝２８８ ｓ
：
ｍ ｖ ｍ ｖ ｍ ｖ
ａ Ｃ＝ ａ ａ １＋ ｂ ｂ １
１ ｍ
ａ
ｖ２Ｃ＝ １ ｍ
ａ
ｖ２ａ
１＋
１ ｍ
ｂ
ｖ２ｂ
１
２ ２ ２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋