高考二輪物理講練測專題07動量定理動量守恒定律目錄01考情透視·目標導航02知識導圖·思維引航03核心精講·題型突破真題研析核心精講命題預測考點要求考題統計動量定理的理解及應用1.動量和沖量的理解：2024?重慶、2024?北京、2024?廣西、2023?河北、2023?重慶、2023?全國、2022?重慶、2022?湖北、2022?重慶、2022?湖南、2022?湖南、2.動量定理的理解和應用：2024?安徽、2024?寧夏四川、2024?福建、2023?福建、2023?全國、2023?江蘇、2022?北京、2022?山東、2022?全國、2022?北京3.緩沖：2024?廣東4.流體問題：2022?福建動量定理的理解及應用1.動量守恒定律的理解和應用：2024?安徽、2024?甘肅、2024?浙江?反沖、2.人船模型：2024?河北此外在以下“碰撞及其拓展模型”專題中均有涉及碰撞及其拓展模型1.

碰撞問題：2024?天津、2024?重慶、2024?湖北、2024?安徽、2024?上海、2024?廣東、2024?廣西、2023?廣東、2023?重慶、2023?廣東、2023?天津、2023?北京、2023?全國、2022?北京、2022?天津、2022?海南、2022?湖北、2022?廣東、2022?山東、2.“滑塊—彈簧”模型：2024?遼寧、2023?浙江、2023?遼寧、2022?全國、2022?福建、3.“滑塊—斜(曲)面”模型：2024?安徽、2023?湖南考情分析與命題預測【命題規律】①對動量、沖量的理解，解釋生活中的問題。②動量定理的應用考查；③以實際情境為素材，碰撞、流體作用力、反沖、人船模型等對動量守恒定律的應用；④碰撞及碰撞拓展模型（滑塊-彈簧模型、滑塊曲面模型）的考查。【考向預測】本專題屬于熱點、難點內容；高考命題以選擇題或計算題的形式出現；本專題一種是對動量、沖量本身的知識考察，結合生活例子解釋現象，多以選擇題出現，涉及的內容有碰撞、反沖、流體問題等問題，難度相對也較低。另一種與結合牛頓運動定律、功和能、帶電粒子碰撞、電磁感應結合的綜合題形式考察，這些難度較大。備考時要熟練掌握動量、沖量、動量定理及動量守恒定律，以及它們在生活中的應用?！久}情境】安全行車(機車碰撞、安全氣囊)、交通運輸(噴氣式飛機)、體育運動(滑冰接力、球類運動)、火箭發射、爆炸、高空墜物、氣墊導軌上滑塊碰撞、斜槽末端小球碰撞?！境Ｓ梅椒ā课⒃?、圖像法；理解過程與狀態、過程量與狀態量。動量定理動量守恒定律動量定理的理解及應用動量與動能，沖量與功的對比動量定理的深層理解利用動量定理解題的基本思路動量定理在微粒類和流體問題中的應用動量守恒定律的理解及應用碰撞及其拓展模型動量守恒定律成立的幾種特殊條件利用動量守恒定律解題的基本思路應用動量守恒定律應注意的兩個問題爆炸反沖運動人船模型碰撞問題遵守的三條原則碰撞拓展數學歸納法和圖像法解決多次碰撞問題“滑塊—彈簧”模型“滑塊—斜(曲)面”模型難點突破碰撞及其拓展模型動量定理的理解及應用題型一動量守恒定律的理解及應用題型二考點1動量與動能，沖量與功的辨析考點2動量定理的深層理解考點3利用動量定理解題的基本思路考點4動量定理在微粒類和流體問題中的應用題型一動量定理的理解及應用考向1動量和沖量的理解考向2動量定理的理解和應用考向3動量定理在流體模型中的應用考點1動量與動能，沖量與功的辨析——題型一動量定理的理解及應用1.動量與動能的比較

動量動能物理意義描述機械運動狀態的物理量定義式標矢性矢量標量變化因素合外力的沖量合外力所做的功大小關系變化量聯系(1)都是相對量，與參考系的選取有關，通常選取地面為參考系(2)若物體的動能發生變化，則動量一定也發生變化；但動量發生變化時動能不一定發生變化考點1動量與動能，沖量與功的辨析——題型一動量定理的理解及應用2.沖量與功的比較

沖量功定義作用在物體上的力和力作用時間的乘積作用在物體上的力和物體在力的方向上的位移的乘積單位N·sJ公式I=Ft(F為恒力)W=Flcosθ

(F為恒力)矢標性矢量標量意義(1)表示力對時間的累積(2)是動量變化的量度(1)表示力對空間的累積(2)是能量變化的量度聯系都是過程量,都與力的作用過程相聯系考點1動量與動能，沖量與功的辨析——題型一動量定理的理解及應用3.變力的沖量計算方法1）圖像法：F－t圖像與t軸圍成的面積表示沖量，此法既可以計算恒力的沖量，也可以計算變力的沖量。2）平均值法：若方向不變的變力大小隨時間均勻變化，即力為時間的一次函數，則力F在某段時間t內的沖量。3）動量定理法：根據物體動量的變化量，由I＝Δp求沖量，多用于求變力的沖量考點2動量定理的深層理解——題型一動量定理的理解及應用1.內容：物體所受合外力的沖量等于它的動量的變化.2.表達式:F合t=mvt-mv03.深層理解1）上述公式是一矢量式，需要規定正方向，兩邊不僅大小相等，而且方向相同。運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向.2）公式中的是研究對象所受的包括重力在內的所有外力的合力.在變加速運動中為Δt時間內的平均力。3）動量定理的研究對象可以是單個物體，也可以是物體系統.對物體系統，只需分析系統受的外力，不必考慮系統內力.系統內力的作用不改變整個系統的總動量.4）動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力.對于變力，動量定理中的力F應當理解為變力在作用時間內的平均值.5）當物體運動包含多個不同過程時，可分段應用動量定理求解，也可以全過程應用動量定理求解．6）電磁感應問題中，利用動量定理可以求解時間、電荷量或導體棒的位移?？键c3利用動量定理解題的基本思路——題型一動量定理的理解及應用1.確定研究對象．2.對物體進行受力分析．可先求每個力的沖量，再求各力沖量的矢量和——合力的沖量；或先求合力，再求合力的沖量．3.抓住過程的初、末狀態，選好正方向，確定各動量和沖量的正負號．4.根據動量定理列方程，如有必要還需要補充其他方程，最后代入數據求解．考點4動量定理在微粒類和流體問題中的應用——題型一動量定理的理解及應用1.微粒及其特點：通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?質量具有獨立性,通常給出單位體積內的粒子數n2.分析步驟1）建立“柱體”模型,沿運動的方向選取一段微元,柱體的橫截面積為S2）微元研究,作用時間Δt內一段柱形流體的長度為Δl,對應的體積為ΔV=Sv0Δt,則微元內的粒子數N=nSv0Δt,3）先應用動量定理研究單個粒子,建立方程,再乘N計算3.流體的柱狀模型：對于流體運動，可沿流速v的方向選取一段柱形流體，在極短的時間Δt內通過某一橫截面積為S的橫截面的柱形流體的長度為Δl=vΔt，如圖所示考點4動量定理在微粒類和流體問題中的應用——題型一動量定理的理解及應用4.流體微元原速率反彈所受作用力的求解步驟1）在極短時間Δt內，取一小柱體作為研究對象。2）求小柱體的體積ΔV=SvΔt。3）求小柱體的質量Δm=ρΔV=SρvΔt。4）應用動量定理Δp=FΔt。5）作用后流體微元以速率v反彈，有Δp=-2Δmv。6）聯立解得F=-2ρSv2?！}型一動量定理的理解及應用1.(2024?重慶?高考真題)活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針芯和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘質量為m，針鞘在軟組織中運動距離d1后進入目標組織，繼續運動d2后停下來。若兩段運動中針翹鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為F1、F2，則針鞘（）[A]被彈出時速度大小為[B]到達目標組織表面時的動能為F1d1[C]運動d2過程中，阻力做功為(F1＋F2)d2[D]運動d2的過程中動量變化量大小為根據動能定理前進減速至零克服阻力做功動量變化量大小——題型一動量定理的理解及應用2.(2024?廣東?高考真題)汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。（1）安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為F_N，敏感球的質量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值。解析（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面的支持力N，則由牛頓第二定律可知解得——題型一動量定理的理解及應用（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量，重力加速度大小取。求：①碰撞過程中F的沖量大小和方向；②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。解析（2）①由圖像可知碰撞過程中F的沖量大小，方向豎直向上；②頭錘落到氣囊上時的速度與氣囊作用過程由動量定理（向上為正方向）解得v=2m/s則上升的最大高度——題型一動量定理的理解及應用1.(2024?河北?模擬預測)排球比賽中，甲同學在h1=2.2m處將排球以v0=8m/s水平擊出，乙同學在離地h2=0.4m處將排球墊起，排球被墊起后以原速率反彈，方向與墊球前瞬間的速度方向相反。已知g=10m/s2，排球的質量為260g，不計空氣阻力，則關于此排球的運動下列說法正確的是（）[A]排球被甲同學擊出后在空中飛行時間為6s

[B]排球擊出點與墊球點的水平距離為2.88m

[C]排球被乙同學墊起過程中所受合力的沖量大小為5.2N·s

[D]排球被乙同學墊起過程中所受合力做功為130J

>>考向1動量和沖量的理解由由墊起前合力的沖量速率不變，動能不變——題型一動量定理的理解及應用2.(2024?重慶?模擬預測)(多選)如圖所示，繞豎直軸勻速轉動的水平圓盤上放著質量為m的物塊，物塊與圓盤保持相對靜止，其到轉軸的距離為r。已知圓盤轉動的周期為T，物塊與圓盤間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，空氣阻力忽略不計，物塊可視作質點。若物塊隨圓盤轉動一周，則（）[A]物塊的動量變化量為零[B]物塊所受重力的沖量為零[C]物塊所受支持力的沖量大小為mgT

[D]物塊所受摩擦力做的功為μmg·2πr

>>考向1動量和沖量的理解轉動一周，速度變化量為零所受重力的沖量所受支持力的沖量速率不變——題型一動量定理的理解及應用3.(2025?重慶?一模)現有一把0.6kg的鐵錘釘釘子，打擊前瞬間鐵錘的速度為3m/s，打擊后鐵錘的速度變為0，打擊時間為0.01s。重力加速度g=10m/s2，求上述打擊過程：(1)鐵錘的動量變化量；(2)考慮鐵錘所受的重力，釘子受到的平均作用力大小。>>考向2動量定理的理解和應用解析（1）規定鐵錘初速度方向為正方向，對鐵錘分析即動量變化量的大小為，方向與初速度的方向相反；（2）釘子對鐵錘的平均作用力為F，對于鐵錘，以初速度的方向為正方向，由動量定理可得解得根據牛頓第三定律可得，釘子受到的平均作用力的大小——題型一動量定理的理解及應用4.(2024?浙江金華?一模)清洗汽車的高壓水槍如圖所示。水槍噴出的水柱截面是直徑為D的圓形，水流速度為v，水柱垂直射向汽車表面，沖擊汽車后速度減為零。已知水的密度為ρ。則（）[A]高壓水槍單位時間噴出的水的質量為[B]高壓水槍單位時間內對汽車的作用力為ρπv2D2

[C]水柱對汽車的壓強為ρv3[D]高壓水槍單位時間內噴出水的動能為>>考向2動量定理的理解和應用單位時間噴出的水的質量為動量定理壓強單位時間內噴出水的動能為——題型一動量定理的理解及應用5.(2023?福建泉州?三模)(多選)如圖，蜂鳥可以通過快速拍打翅膀，使自己懸停在一朵花的前面。假設蜂鳥兩翅膀扇動空氣的總面積為S，翅膀扇動對空氣的作用力效果與翅膀用速度v平推空氣的效果相同。已知空氣密度為ρ，重力加速度大小為g，則（）[A]單位時間內翅膀拍動空氣的質量為Sρv[B]單位時間內翅膀拍動空氣的質量為Sρv2[C]蜂鳥的質量為[D]蜂鳥的質量為>>考向2動量定理的理解和應用設翅膀扇動一次的時間為t，拍動空氣的總質量為m=Sρv,則單位時間內翅膀拍動空氣的質量為翅膀用速度v平推空氣，使空氣的速度變為v，根據動量定理有翅膀對空氣的作用力大小等于空氣對翅膀的作用力大小，即由平衡條件得——題型一動量定理的理解及應用6.(2024?福建寧德?三模)(多選)生活中常用高壓水槍清洗汽車，高壓水槍噴口直徑為D，噴出水流的流速為v，水柱垂直射向汽車表面后速度變為零，水的密度為ρ，下列說法正確的是（）[A]高壓水槍單位時間內噴出的水的質量為[B]水柱對汽車的平均沖力為[C]若高壓水槍噴口的直徑減小為原來的一半，

則水柱對汽車的平均沖力變為原來的倍[D]若高壓水槍噴口的出水速度變為原來的2倍，

則水柱對汽車的平均沖力變為原來的2倍>>考向2動量定理的理解和應用單位時間噴出水的質量由動量定理得Δt時間內水柱的質量為考點1動量守恒定律成立的幾種特殊條件考點2利用動量守恒定律解題的基本思路考點3應用動量守恒定律應注意的兩個問題考點4爆炸考點5反沖運動考點6人船模型題型二動量守恒定律的理解及應用考向1動量守恒定律的理解和應用考向2爆炸、反沖和人船模型考點1動量守恒定律成立的幾種特殊條件——題型二動量守恒定律的理解及應用1.理想守恒：系統不受外力或系統所受外力的合力為零.2.近似守恒：系統所受的外力的合力雖不為零，但系統外力比內力小得多，如碰撞問題中的摩擦力，爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內力來小得多，可以忽略不計.3.某一方向守恒：系統所受外力的合力雖不為零，但在某個方向上的分量為零，則在該方向上系統的總動量的分量保持不變.考點2利用動量守恒定律解題的基本思路——題型二動量守恒定律的理解及應用1.明確研究對象，確定系統的組成(系統包括哪幾個物體及研究的過程)．2.進行受力分析，判斷系統動量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．3.規定正方向，確定初、末狀態動量．4.由動量守恒定律列出方程．5.代入數據，求出結果，必要時討論說明．考點3應用動量守恒定律應注意的兩個問題——題型二動量守恒定律的理解及應用1.判斷動量是否守恒時，要注意所選取的系統，注意區別系統內力與外力。2.動量守恒具有分量式：若系統所受合力不為零，但在某個方向上所受的合力為零，則系統在該方向上的動量守恒?？键c4爆炸——題型二動量守恒定律的理解及應用1.爆炸問題的特點是物體間的相互作用突然發生，作用時間很短，作用力很大，且遠大于系統受的外力，故可用動量守恒定律來處理.2.在爆炸過程中，有其他形式的能轉化為動能，系統的動能爆炸后會增加，在碰撞過程中，系統的總動能不可能增加，一般有所減少而轉化為內能.3.由于爆炸問題作用時間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，可以把作用過程作為一個理想化過程簡化處理.即作用后還從作用前瞬間的位置以新的動量開始運動.考點5反沖運動——題型二動量守恒定律的理解及應用反沖現象是指在系統內力作用下，系統內一部分物體向某方向發生動量變化時，系統內其余部分物體向相反的方向發生動量變化的現象.噴氣式飛機、火箭等都是利用反沖運動的實例.顯然，在反沖現象里，系統的動量是守恒的.①作用原理：反沖運動是系統內兩物體之間的作用力和反作用力產生的效果②反沖運動中系統不受外力或內力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律③反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加考點6人船模型——題型二動量守恒定律的理解及應用1.模型圖示

2.模型特點1）兩物體滿足動量守恒定律：2）兩物體的位移大小滿足：，又得，3.運動特點1）人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；2）人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即

.——題型二動量守恒定律的理解及應用1.(2024?安徽?高考真題)在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸長的絕緣輕質細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質量為m，帶電量為+q，可視為點電荷。初始時，小球均靜止，細線拉直。現將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，速度大小分別為v1、v2、v3，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統電勢能減少了，k為靜電力常量，不計空氣阻力。則（）[A]該過程中小球3受到的合力大小始終不變 [B]該過程中系統能量守恒，動量不守恒[C]在圖乙位置，

v1=v2

，v3≠2v1[D]在圖乙位置，動能和電勢能相互轉化，能量守恒系統受到的合外力為0，動量守恒球3從靜止狀態開始運動，瞬間受到的合力不為0，故該過程中小球3受到的合力在改變對系統根據動量守恒根據球1和2運動的對稱性可知根據能量守恒——題型二動量守恒定律的理解及應用2.(2024?河北?高考真題)(刪減)如圖，三塊厚度相同、質量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質量均為A木板長度為，機器人質量為，重力加速度g取，忽略空氣阻力。（1）機器人從A木板左端走到A木板右端時，求A、B木板間的水平距離。解析（1）機器人從A木板左端走到A木板右端，機器人與A木板組成的系統動量守恒，設機器人質量為M，三個木板質量為m，取向右為正方向，則機器人從A木板左端走到A木板右端時，機器人、木板A運動位移分別為為x1、x2

,則有同時有解得A、B木板間的水平距離1.(2024?貴州六盤水?模擬預測)如圖所示，一根光滑剛性桿OAB固定在底座上，其中OA段是四分之一圓弧，AB段是與OA段平滑連接的水平桿，底座置于光滑水平面上?，F讓內徑比桿略大的小環套在桿上并以某一初速度沿桿由點B滑動到點O，則此過程（）[A]小環動量守恒[B]小環水平方向動量守恒[C]小環、桿OAB及底座組成的系統動量守恒[D]小環、桿OAB及底座組成的系統水平方向動量守恒——題型二動量守恒定律的理解及應用考向1動量守恒定律的理解和應用小環在圓弧段受到圓弧的彈力，合力不為零，水平方向合力也不為零，動量不守恒系統在豎直方向合力不為零，動量不守恒系統在水平方向不受外力，水平方向動量守恒2.(2024?安徽?模擬預測)如圖所示。上表面粗糙的長木板P放在光滑水平面上，長木板中央放置兩質量大小關系未知的物塊M和N，兩物塊與板向的動摩擦因數均相同。M和N之間有一壓縮的輕彈簧（彈簧與兩物塊均不拴接），開始時板和兩物塊均靜止?，F同時釋放M、N，彈簧將兩物塊彈開，兩物塊在長木板上滑動的過程中，下列說法正確的是（）[A]M、N組成的系統總動量一定守恒[B]M、N組成的系統總動量一定不守恒[C]若長木板向左運動，則物塊M的質量一定小于物塊N的質量[D]若長木板向左運動，則M、N組成的系統總動量方向一定向右——題型二動量守恒定律的理解及應用考向1動量守恒定律的理解和應用物塊M和N受到長木板對它們的摩擦力大小未知，系統受到合摩擦力未知板受到的合力向左，M對板的摩擦力大于N對板的摩擦力，M的質量一定大于N的質量長木板和兩物塊組成的系統總動量守恒，若長木板向左運動，則M、N組成的系統總動量方向一定向右3.(2024?安徽淮北?二模)如圖所示，北京時間2024年3月2日，神舟十七號航天員湯洪波、唐勝杰、江新林密切協同，在地面科研人員的配合支持下，進行了約8小時的出艙活動，完成既定任務。為了保證出艙宇航員的安全，通常會采用多重保障，其中之一就是出艙宇航員要背上可產生推力的便攜式設備，裝備中有一個能噴出氣體的高壓氣源。假設一個連同裝備共有1000kg的航天員，脫離空間站后，在離空間站30m的位置與空間站處于相對靜止的狀態。航天員為了返回空間站，先以相對空間站50m/s的速度向后噴出0.15kg的氣體距離空間站15m時，再次以同樣速度噴出同等質量的氣體，則宇航員返回空間站的時間約為（）[A]200s

[B]300s

[C]400s

[D]600s——題型二動量守恒定律的理解及應用考向2爆炸、反沖和人船模型解析第一次噴氣再次噴氣宇航員返回空間站的時間約為4.(2024?山東?模擬預測)如圖，質量為的滑塊套在固定的水平桿上，一輕桿上端通過鉸鏈固定在上，下端與一質量為的小球相連。某時刻給小球一水平向左、大小為的初速度，經時間小球在水平方向上的位移為。規定水平向左為正方向，忽略一切摩擦，則滑塊在水平方向上的位移為（）[A]

[B]

[C]

[D]

——題型二動量守恒定律的理解及應用考向2爆炸、反沖和人船模型解析水平方向上動量守恒在極短的時間Δt內，有則在時間t內，有5.(2024?安徽蚌埠?一模)某科研小組試驗一款火箭，攜帶燃料后的總質量為M。先將火箭以初速度v0從地面豎直向上彈出，上升到h0高度時點燃燃料，假設質量為m的燃氣在一瞬間全部豎直向下噴出，若燃氣相對火箭噴射出的速率為u，重力加速度為g，不計空氣阻力。求：(1)火箭到達高度h0時的速度大??；(2)燃氣全部噴出后火箭的速度大小；(3)火箭上升的最大高度?！}型二動量守恒定律的理解及應用考向2爆炸、反沖和人船模型解析(1)由機械能守恒可得解得火箭到達h0高度時的速度大小為(2)由動量守恒可得解得燃氣全部噴出后火箭的速度大小為(3)設火箭上升的最大高度為H，根據機械能守恒可得解得考點1碰撞問題遵守的三條原則考點2碰撞拓展考點3數學歸納法和圖像法解決多次碰撞問題考點4“滑塊—彈簧”模型考點5“滑塊—斜(曲)面”模型難點突破碰撞及其拓展模型考向1碰撞問題考向2“滑塊—彈簧”模型考向3“滑塊—斜(曲)面”模型考點1碰撞問題遵守的三條原則——難點突破碰撞及其拓展模型1.動量守恒：

.2.動能不增加：

.3.速度要符合實際情況1）碰前兩物體同向運動，若要發生碰撞，則應有，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

.2）碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向至少有一個改變．

物體A與靜止的物體B發生碰撞，當發生完全非彈性碰撞時損失的機械能最多，物體B的速度最小，，當發生彈性碰撞時，物體B速度最大，，則碰后物體B的速度范圍為：

.考點2碰撞拓展——難點突破碰撞及其拓展模型1.“保守型”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球-彈簧模型小球-曲面模型小球-小球模型達到共速相當于完全非彈性碰撞，系統水平方向動量守恒，滿足mv0=(m+M)v共，損失的動能最多，分別轉化為彈性勢能、重力勢能或電勢能再次分離相當于彈性碰撞，系統水平方向動量守恒，滿足mv0=mv1+Mv2，

機械能守恒，滿足m=m+M考點2碰撞拓展——難點突破碰撞及其拓展模型2.“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面或水平導軌光滑)未穿出未滑離達到共速達到共速

相當于完全非彈性碰撞，滿足mv0=(m+M)v共，損失的動能最多，分別轉化為內能或電能考點3數學歸納法和圖像法解決多次碰撞問題——難點突破碰撞及其拓展模型當兩個物體之間或物體與擋板之間發生多次碰撞時，因碰撞次數較多，過程復雜，在求解多次碰撞問題時，通常可用到以下兩種方法：數學歸納法

先利用所學知識把前幾次碰撞過程理順，分析透徹，根據前幾次數據，利用數學歸納法，可寫出以后碰撞過程中對應規律或結果，然后可以計算全程的路程等數據圖像法

通過分析前幾次碰撞情況，畫出物體對應的v－t圖像，通過圖像可使運動過程清晰明了，并且可通過圖像所圍面積把物體的位移求出考點4“滑塊—彈簧”模型——難點突破碰撞及其拓展模型1．模型圖示2．模型特點1）動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒；2）機械能守恒：系統所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒；3）彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)；4）彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結束時)．考點5“滑塊—斜(曲)面”模型——難點突破碰撞及其拓展模型1．模型圖示

2．模型特點1）上升到最大高度：m與M具有共同水平速度v共，此時m的豎直速度vy=0.系統水平方向動量守恒，mv0=(m+M)

v共；系統機械能守恒，，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于弧形軌道的高度(相當于完全非彈性碰撞，系統減少的動能轉化為m的重力勢能)．2）返回最低點：m與M分離點．水平方向動量守恒，

mv0=Mv1+mv2

；系統機械能守恒

(相當于完成了彈性碰撞)．——難點突破碰撞及其拓展模型1.(2023?廣東?高考真題)(多選)某同學受電動窗簾的啟發，設計了如圖所示的簡化模型．多個質量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04s，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s．關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有（）[A]該過程動量守恒[B]滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·s

[C]滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·s

[D]滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N

初動量末動量對滑塊1對滑塊2對滑塊2根據動量定理有——難點突破碰撞及其拓展模型2.(2022?北京?高考真題)質量為m1和m2的兩個物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標x隨時間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）[A]碰撞前m2的速率大于m1的速率 [B]碰撞后m2的速率大于m1的速率[C]碰撞后m2的動量大于m1的動量 [D]碰撞后m2的動能小于m1的動能碰撞前m1速度碰撞前m2速度0碰撞后m1速度碰撞后m2速度碰撞過程中動量守恒定律解析——難點突破碰撞及其拓展模型3.(2022?全國?高考真題)如圖（a），一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接，靜止在光滑水平面上：物塊B向A運動，t=0時與彈簧接觸，到t=2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結束，A、B的圖像如圖（b）所示。已知從t=0到t=t0時間內，物塊A運動的距離為。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內。求（1）第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；（1）當彈簧被壓縮最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，即t=t0時刻，根據動量守恒定律根據能量守恒定律聯立解得解析——難點突破碰撞及其拓展模型（2）第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；（2）同一時刻彈簧對A、B的彈力大小相等，根據牛頓第二定律可知同一時刻則同一時刻A、B

的瞬時速度分別為根據位移等速度在時間上的累積可得又解得第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值解析——難點突破碰撞及其拓展模型（3）物塊A與斜面間的動摩擦因數。(3)物塊A第二次到達斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A第二次與B分離后速度大小仍為，方向水平向右，設物塊A第一次滑下斜面的速度大小為2v0，設向左為正方向，根據動量守恒定律可得根據能量守恒定律可得聯立解得設在斜面上滑行的長度為L，上滑過程，根據動能定理可得下滑過程，根據動能定理可得聯立解得解析——難點突破碰撞及其拓展模型4.(2024?安徽?高考真題)如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側。現將細線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著小車上的軌道運動，已知細線長L=1.25m。小球質量m=0.20kg。物塊、小車質量均為M=0.30kg。小車上的水平軌道長s=1.0m。圓弧軌道半徑R=0.15m。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大??；解得在最低點，對小球由牛頓第二定律（1）對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理解得，小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為解析——難點突破碰撞及其拓展模型（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大?。唤獾眯∏蚺c物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為（2）小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律解析——難點突破碰撞及其拓展模型（3）為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍。由能量守恒定律（3）若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒解得若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的位置，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒由能量守恒定律解得綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍為1.(2025?四川?模擬預測)(多選)如圖，小球X、Y用不可伸長的等長輕繩懸掛于同一高度，靜止時恰好接觸，拉起X，使其在豎直方向上升高度h后由靜止釋放，X做單擺運動到最低點與靜止的Y正碰。碰后X、Y做步調一致的單擺運動，上升最大高度均為，若X、Y質量分別為mx和my，碰撞前后X、Y組成系統的動能分別為Ek1和Ek2，則（）[A]

[B] [C]

[D]

考向1碰撞問題——難點突破碰撞及其拓展模型由最高點運動到發生碰撞的過程兩球碰撞后一起上升到最高點的過程碰撞過程，動量守恒2.(2024?云南昆明?模擬預測)老師在物理課上用網球和籃球演示了一個實驗，如圖甲所示，同時由靜止釋放