專題37 動量守恒定律、在碰撞問題中應用動量守恒定律-2025版高三物理一輪復習多維度導學與分層專練

2025屆高三物理一輪復習多維度導學與分層專練專題37動量守恒定律、在碰撞問題中應用動量守恒定律導練目標導練內容目標1動量守恒定律內容、條件、四性目標2彈性碰撞目標3非彈性碰撞和完全非彈性碰撞目標4類碰撞模型【知識導學與典例導練】動量守恒定律內容、條件、四性1．動量守恒定律內容及條件(1)內容：如果系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的合力為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。(2)表達形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。(3)常見的幾種守恒形式及成立條件：①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。②近似守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但內力遠大于外力。③分動量守恒：系統(tǒng)所受外力雖不為零，但在某方向上合力為零，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。2．動量守恒定律的“四性”(1)矢量性：表達式中初、末動量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動量的正、負。(2)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關，應用動量守恒定律時，各物體的速度必須是相對同一參考系的速度。一般選地面為參考系。(4)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)?！纠?】A、B兩物體質量之比mA∶mB＝3∶2，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，地面水平光滑。當兩物體被同時釋放后，則（）A．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B組成系統(tǒng)的動量守恒B．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，A、B、C組成系統(tǒng)的動量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成系統(tǒng)的動量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成系統(tǒng)的動量守恒【答案】BCD【詳解】A．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，由于A、B兩物體質量之比為：：2，由可知彈簧釋放時，小車對A、B的滑動摩擦力大小之比為3：2，所以A、B組成的系統(tǒng)合外力不等于零，系統(tǒng)的動量不守恒，A錯誤；B．對于A、B、C組成的系統(tǒng)，由于地面光滑，系統(tǒng)的合外力為零，則系統(tǒng)動量守恒，B正確；C．若A、B所受的摩擦力大小相等，方向又相反，所以A、B組成的系統(tǒng)合外力為零，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，C正確；D．對于A、B、C組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)的合外力為零，則系統(tǒng)動量守恒，D正確。故選BCD。彈性碰撞1.碰撞三原則：(1)動量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).(3)速度要合理①若碰前兩物體同向運動，則應有v后>v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應有v前′≥v后′。②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。2.“動碰動”彈性碰撞v1v2v1’ˊv2’ˊm1m2發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質量分別為m1和m2，碰前速度為v1，v2，碰后速度分別為v1ˊ，vv1v2v1’ˊv2’ˊm1m2v1’=，v2’=.特殊情況：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.3.“動碰靜”彈性碰撞的結論兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1、速度為v1的小球與質量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2′（1）eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2（2）解得：v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)結論：(1)當m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質量相等，速度交換)(2)當m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)當m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)(4)當m1?m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)(5)當m1?m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)【例2】如圖所示，光滑水平面上有外形相同的A、B兩個物體均向左運動，物體A的動量p1=5kg·m/s，物體B的動量p2=7kg·m/s，在物體A與物體B發(fā)生對心碰撞后物體B的動量變?yōu)?0kg·m/s，則A、B兩個物體的質量m1與m2間的關系可能是（）A．m1=m2 B．m1=m2 C．m1=m2 D．m1=m2【答案】C【詳解】AB．兩個物體在碰撞過程中動量守恒，所以有即由于在碰撞過程中，不可能有其他形式的能量轉化為機械能，只能是系統(tǒng)內物體間機械能相互轉化或一部分機械能轉化為內能，因此系統(tǒng)的機械能不會增加，有；因為題目給出的物理情景是“物體A與物體B發(fā)生對心碰撞”，要符合這一物理情景，就必須有即同時還要符合碰撞后B物體的速度大于或等于A物體的速度這一物理情景，即所以故選C?！纠?】如圖所示，小球A、B均靜止在光滑水平面上，現(xiàn)給A球一個向右的初速度，之后與B球發(fā)生對心碰撞。關于碰撞后的情況，下列說法正確的是（）A．碰后小球A、B一定共速B．若A、B球發(fā)生完全非彈性碰撞，A球質量等于B球質量，則A球將靜止C．若A、B球發(fā)生彈性碰撞，A球質量小于B球質量，則無論A球初速度大小是多少，A球都將反彈D．若A、B球發(fā)生彈性碰撞，A球質量足夠大，B球質量足夠小，則碰后B球的速度可以是A球的3倍【答案】C【詳解】A．小球A、B發(fā)生對心碰撞，有可能是完全彈性碰撞，完全非彈性碰撞，非彈性碰撞；若是完全非彈性碰撞，則AB兩小球具有共同速度，若不是，兩球速度不同，則A錯誤；B．若A、B球發(fā)生完全非彈性碰撞，AB碰后有共同速度，有動量守恒可得解得若A球質量等于B球質量，則故B錯誤；CD．小球A、B發(fā)生對心碰撞，若是完全彈性彈性碰撞，則根據(jù)動量守恒和機械能守恒，則解得，若A球質量小于B球質量，有上述和的表達式可知，A球質量足夠大，B球質量足夠小，有上述和的表達式可知故C正確，故D錯誤。故選C。非彈性碰撞和完全非彈性碰撞1.非彈性碰撞介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。根據(jù)動量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ(1)損失動能ΔEk，根據(jù)機械能守恒定律可得：m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ2+ΔEk.(2)2.完全非彈性碰撞v1v1v2v共m1m2m1v1+m2v2=(m1+m2)v共（1）完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動能最多，損失動能：ΔEk=?m1v12+?m2v22-?(m1+m2)v共2（2）聯(lián)立（1）、（2）解得：v共=；ΔEk=【例4】A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，，，，，當A追上B并發(fā)生碰撞后，A、B兩球速度的可能值是（）A．，B．，C．，D．，【答案】C【詳解】兩球碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，以兩球的初速度方向為正方向，如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，有由機械能守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得則碰撞后A、B的速度；故選C。類碰撞模型類“完全彈性碰撞”類“完全非彈性碰撞”子彈打木塊模型板塊模型彈簧模型弧形槽模型擺球模型【例5】長為L、質量為M的木塊在粗糙的水平面上處于靜止狀態(tài)，有一質量為m的子彈（可視為質點）以水平速度擊中木塊并恰好未穿出。設子彈射入木塊的過程時間極短，子彈受到木塊的阻力恒定，木塊運動的最大距離為x，重力加速度為g，下列說法中正確的是（）A．子彈受到的阻力大小B．子彈受到的阻力大小C．木塊與水平面間的動摩擦因數(shù)D．木塊與水平面間的動摩擦因數(shù)【答案】AC【詳解】AB．設子彈射入木塊的過程時間極短，由動量守恒得根據(jù)動能定理得聯(lián)立解得，A正確，B錯誤；CD．子彈和物塊一起做減速運動，由動能定理得聯(lián)立解得C正確，D錯誤。故選AC。【例6】如圖甲所示，光滑的水平地面上放著一個足夠長的長木板，t=0時，一質量為m的滑塊以初速度v0滑上長木板，兩者的v﹣t圖像如圖乙所示，當?shù)氐闹亓铀俣葹間，下列說法正確的是（）A．在0～t0時間內，滑塊在長木板上滑過的位移為B．長木板的質量為C．在0～t0時間內，滑塊受到的摩擦力為D．在0～t0時間內，滑塊與長木板之間因摩擦而產生的熱量為【答案】C【詳解】A．在0～t0時間內，滑塊在長木板上滑過的位移為，A錯誤；B．根據(jù)動量守恒定律得解得，B錯誤；C．在0～t0時間內，對木板根據(jù)動量定理得解得，C正確；D．在0～t0時間內，根據(jù)能量守恒定律得，D錯誤。故選C?！纠?】如圖甲所示，一輕質彈簧的兩端分別與質量是m1、m2的A、B兩物塊相連，它們靜止在光滑水平面上，兩物塊質量之比m1：m2＝2：3．現(xiàn)給物塊A一個水平向右的初速度v0并從此時刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的（）A．t1時刻彈簧長度最短，t2時刻彈簧長度最長B．t2時刻彈簧處于伸長狀態(tài)C．v2＝0.8v0D．v3＝0.5v0【答案】AC【詳解】AB.從圖象可以看出，從0到t1的過程中，m1的速度比m2的大，彈簧被壓縮，t1時刻兩物塊達到共同速度，此后，m1的速度比m2的小，兩者間距增大，彈簧的壓縮量減小，所以t1時刻彈簧長度最短，t2時刻m2的速度最大，此后m2的速度減小，彈簧被拉伸，則t2時刻彈簧恢復原長，t3時刻兩滑塊速度相等，此時彈簧最長，故A符合題意，B不符合題意；C.兩滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0＝﹣m1v1+m2v2t2時刻彈簧恢復原長，彈簧彈性勢能為零，系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律得：解得：v2＝0.8v0故C不符合題意；D.兩滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：m1v0＝（m1+m2）v3解得：v3＝0.4v0故D不符合題意；【例8】如圖所示，質量為4m的光滑物塊a靜止在光滑水平地面上，物塊a左側面為圓弧面且與水平地面相切，質量為m的滑塊b以初速度v0向右運動滑上a，沿a左側面上滑一段距離后又返回，最后滑離a，不計一切摩擦，滑塊b從滑上a到滑離a的過程中，下列說法正確的是（）A．滑塊b沿a上升的最大高度為B．物塊a運動的最大速度為C．物塊a對滑塊b的沖量大小D．物塊a對滑塊b的所做的功【答案】BD【詳解】A．b沿a上升到最大高度時，兩者速度相等，取向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得mv0=(m＋4m）v由機械能守恒定律得mv02=（m＋4m）v2＋mgh解得h=，A錯誤；B．滑塊b從滑上a到滑離a后，物塊a運動的速度最大。系統(tǒng)在水平方向動量守恒，對整個過程，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0=mvb＋4mva由機械能守恒定律得mv02=mvb2＋×4mva2解得va=v0，vb=v0，B正確；C．對b由動量定理，C錯誤；D．對b由動能定理，D正確。故選BD?！纠?】如圖所示，質量為m滑塊A套在一水平固定的光滑細桿上，可自由滑動。在水平桿上固定一擋板P，滑塊靠在擋板P左側且處于靜止狀態(tài)，其下端用長為L的不可伸長的輕質細線懸掛一個質量為3m的小球B，已知重力加速度大小為g?，F(xiàn)將小球B拉至右端水平位置，使細線處于自然長度，由靜止釋放，忽略空氣阻力，則（）A．滑塊與小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒B．滑塊與小球組成的系統(tǒng)動量守恒C．小球第一次運動至最低點時，細線拉力大小為3mgD．滑塊運動過程中，所能獲得的最大速度為【答案】D【詳解】A．滑塊與小球運動過程中，系統(tǒng)內沒有除重力之外的力對系統(tǒng)做功，所以系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；B．小球向下擺動過程中，滑塊受到擋板的作用力，滑塊與小球組成的系統(tǒng)合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；C．設小球第一次運動至最低點時的速度為v，根據(jù)機械能守恒定律有①在最低點根據(jù)牛頓第二定律有

②聯(lián)立①②解得小球第一次運動至最低點時細線拉力大小為③故C錯誤；D．當小球通過最低點后，P不再受擋板的作用力，此時小球與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設某時刻小球和滑塊的速度分別為v1和v2，規(guī)定水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有

④由上式可知，當v1與v反向且達到最大值時，v2也將達到最大值，即小球第二次通過最低點時，滑塊速度達到最大，根據(jù)機械能守恒定律有⑤聯(lián)立①④⑤解得⑥故D正確。故選D?！径嗑S度分層專練】1．如圖所示，小車a靜止于光滑水平面上，a上有一圓弧PQ，圓弧位于同一豎直平面內，小球b由靜止起沿圓弧下滑，則這一過程中（）A．若圓弧不光滑，則系統(tǒng)的動量守恒，機械能不守恒B．若圓弧不光滑，則系統(tǒng)的動量不守恒，機械能守恒C．若圓弧光滑，則系統(tǒng)的動量不守恒，機械能守恒D．若圓弧光滑，則系統(tǒng)的動量守恒，機械能守恒【答案】C【詳解】不論圓弧是否光滑，小車與小球組成的系統(tǒng)在小球下滑過程中系統(tǒng)所受合外力都不為零，則系統(tǒng)動量都不守恒。但系統(tǒng)水平方向不受外力，所以系統(tǒng)水平方向的動量守恒；若圓弧光滑，只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒；若圓弧不光滑，系統(tǒng)要克服摩擦力做功，機械能減少，故ABD錯誤，C正確。故選C。2．光滑水平面和豎直光滑曲面相切于曲面的最低點，大小相同的彈性小球A、B質量分別為mA和mB。B靜止于曲面的最低點，讓球A從曲面上一定高度h滑下，在最低點與球B發(fā)生正碰，碰撞過程無機械能損失，水平面足夠長。下列說法正確的是（）A．兩小球不可能發(fā)生第二次碰撞B．當時，兩小球只能發(fā)生一次碰撞C．增大h可能讓兩小球發(fā)生第二次碰撞D．若mA<mB，兩小球一定能發(fā)生第二次碰撞【答案】B【詳解】AC．由能量守恒定律和動量守恒定律，有；兩球撞擊后的速度為；當它們速度同向時，，不會發(fā)生第二次碰撞；若球A反彈后滑上曲面，由于機械能守恒，球A回到水平面時的速度與反彈時的速度大小相等，當時，可以發(fā)生第二次碰撞，與h無關，選項AC錯誤；BD．若發(fā)生第二次碰撞，則有計算得，所以當時，球A、B只能發(fā)生一次碰撞，故B正確，D錯誤。故選B。3．如圖所示，一個質量為0.5kg的小球在離車底面高度20m處以一定的初速度向左平拋，落在以7.5m/s的速度沿光滑的水平面向右勻速行駛的敞篷小車中，小車的底面上涂有一層油泥，車與油泥的總質量為4kg，設小球在落到車的底面前瞬間的速度是25m/s，則小球與小車相對靜止時，小車的速度是（）（g=10m/s2）A．5m/s B．4m/s C．8m/s D．9.5m/s【答案】A【詳解】小球拋出后做平拋運動，根據(jù)動能定理得解得小球和車作用過程中，水平方向的外力之和為零，動量守恒，有解得故A正確，BCD錯誤。故選A。4．如圖所示，在固定的水平桿上，套有質量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質量為M的木塊，現(xiàn)有質量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中（此過程時間極短），重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．子彈射入木塊后的瞬間，木塊的速度大小為B．子彈射入木塊后的瞬間，繩子拉力等于（M＋m0）gC．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)機械能守恒D．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)動量總是守恒的【答案】C【詳解】A．子彈射入木塊后的瞬間，子彈和木塊系統(tǒng)的動量守恒，則m0v0=(M+m0)v1解得速度大小為故A錯誤；B．子彈射入木塊后的瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得可知繩子拉力故B錯誤；C．子彈射入木塊之后，系統(tǒng)只有重力做功，所以圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)機械能守恒，故C正確；D．子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)水平方向沒有外力，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，所以子彈射入木塊之后，圓環(huán)、木塊和子彈構成的系統(tǒng)動量不守恒的，故D錯誤；故選C。5．如圖所示，足夠長的小平板車的質量為，以水平速度向右在光滑水平面上運動，與此同時，質量為的小物體從車的右端以水平速度沿車的粗糙上表面向左運動。若物體與車面之間的動摩擦因數(shù)為，則在足夠長的時間內（）A．若，物體對地向左的最大位移是B．若，小車對地向右的最大位移是C．無論與的大小關系如何，摩擦力對平板車的沖量均為D．無論與的大小關系如何，摩擦力的作用時間均為【答案】B【詳解】規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有解得A．若，所受的摩擦力對，根據(jù)動能定理得則得物體對地向左的最大位移故A錯誤；B．若，對，由動能定理得則得小車對地向右的最大位移故B正確；C．根據(jù)動量定理知，摩擦力對平板車的沖量等于平板車動量的變化量，即故C錯誤；D．根據(jù)動量定理得；解得故D錯誤。故選B。6．物理學中有一種碰撞被稱為“超彈性連續(xù)碰撞”，通過能量的轉移可以使最上面的小球彈起的高度比釋放時的高度更大。如圖所示，A、B、C三個彈性極好的小球，相鄰小球間有極小間隙，三球球心連線豎直，從離地一定高度處由靜止同時釋放（其中C球下部離地H），所有碰撞均為彈性碰撞，且碰后B、C恰好靜止，則（）A．C球落地前瞬間A球的速度為B．從上至下三球的質量之比為1∶2∶6C．A球彈起的最大高度為25HD．A球彈起的最大高度為9H【答案】ABD【詳解】A．因為A、B、C球由靜止同時釋放，所以落地瞬間的速度相等，由自由落體運動公式v2=2gH解得，A正確；B．由題意可知，C球碰地，反向碰B，B在反向碰A，因都是彈性碰撞，設向上為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律，所以C碰B有mCvC?mBvB=mBvB＇；B碰A有mBvB＇?mAvA=mAvA＇；由以上幾式可得mA﹕mB﹕mC=1﹕2﹕6，B正確；CD．由B選項分析解得，A球彈起的最大高度；，C錯誤，D正確。故選ABD。7．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質量分別為和的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上?，F(xiàn)使A瞬時獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示遵循正弦變化關系，已知=1kg，下列說法正確的是（）A．物塊B的質量為2kgB．彈簧的最大彈性勢能為1.5JC．從開始到彈簧第一次恢復原長時物塊B的位移數(shù)值為D．從開始到彈簧第一次恢復原長過程中彈簧對物塊A的沖量大小為【答案】ACD【詳解】A.由圖像可知A物塊的初速度，t1時刻兩物塊達到共速，由動量守恒得解得故A正確；B.由圖像可知t1時刻彈簧的壓縮量最大，此時彈性勢能最大，由能量守恒得解得故B錯誤；C.從開始到彈簧第一次恢復原長所經歷的時間為t2，此時B的位移為圖線與t軸所圍成的面積，由圖線的對稱性可得，位移為故C正確；D.B速度最大時，彈簧恢復原長，由動量守恒得由能量守恒得解得此時A的速度為故從開始到彈簧第一次恢復原長過程中彈簧對物塊A的沖量為大小為，故D正確。故選ACD。8．如圖所示，在光滑水平面上停放質量為m裝有弧形槽的小車．現(xiàn)有一質量也為m的小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去(不計摩擦)，到達某一高度后，小球又返回小車右端，則()A．小球在小車上到達最高點時的速度大小為B．小球離車后，對地將向右做平拋運動C．小球離車后，對地將做自由落體運動D．此過程中小球對車做的功為【答案】ACD【詳解】A、當小球與小車的水平速度相等時，小球弧形槽上升