模板08动量定理和动量守恒定律（三大题型）（解析版）_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年01月试卷_01012025年高考物理答题技巧与模板构建

模板 08 动量定理和动量守恒定律（三大题型）
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题型01 动量定理的应用 题型02 动量守恒定律的四类应用
题型03 反冲和爆炸问题
题型 01 动量定理的应用
动量定理和牛顿第二定律都是研究物体运动状态变化与所受外力之间的关系。牛顿第二定律说明了力
和加速度的瞬时关系，但对于迅速变化的问题，由于发生冲击作用的量值很大，变化很快，作用时间很短，
运用牛顿第二定律求解就比较困难，而应用动量定理就可以不考虑中间细节变化，只求整个过程中冲量的
总体效果，这就为解决动力学问题提供了另一种方法。
一、必备基础知识
1、动量和冲量
动量的定义：物体的质量和速度的乘积。表达式：p＝mv，单位为kg·m/s。方向：动量是矢量，方向与
速度的方向相同。
冲量的定义：力与力的作用时间的乘积。表达式：I＝FΔt，单位：N·s。方向：冲量是矢量，其方向与
力的方向相同。
2、动量定理
内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量。
表达式：I=F ·t＝Δp＝p′－p。
合
动量变化的原因：外力的冲量。
动量定理的表达式是矢量式，动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上应用。
动量定理具有普遍性，即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，不论作用力是恒力还是变力，不论几
个力的作用时间是相同还是不同的都适用。
动量定理的研究对象是一个质点或者是一个物体的系统，对物体系统，只需分析系统受的外力，不必
考虑系统内力，系统内力的作用不改变整个系统的总动量。动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲
量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。
𝑝 －𝑝
由动量定理得：F ＝ 2 1，即物体动量的变化率等于它受到的合力。
合 𝑡
与牛顿第二定律的瞬时性不同，力在瞬间可产生加速度，但不能改变动量，只有作用一段时间后才能
改变物体的动量。
当物体运动包含多个不同过程时，可分段应用动量定理求解，也可以全过程应用动量定理求解。
3、动量定理的应用
解释现象：物体的动量变化一定，当力的作用时间越短时，力就越大；当力的作用时间越长时，力就
越小；作用力一定，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化越小。
求变力的冲量：用I＝Δp求变力的冲量。
求动量的变化量：用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。
求流体问题或粒子流问题：解决这类问题等的持续作用时，需以“流体”、“粒子流”等为研究对象，
方法为：选取“柱状”模型，利用微元法来求解（分析方法为：选取一小段时间内（Δt）的连续体为研究对
象；确定Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式，若连续体密度为ρ，则Δm＝ρΔV＝ρSvΔt；分析连续体的受
力情况和动量的变化情况；应用动量定理列出数学表达式；求解并分析和讨论结果。）
二、解题模板
1、解题思路
2、注意问题
动量定理中的力是合力。合力的冲量只取决于合力和作用时间，与物体的运动状态等无关。
对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。
物体受多个力作用，各力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应重点关注。
3、解题方法
冲量的三种计算方法：
公式法：利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态。
图像法：利用F-t图像计算，F-t图像与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可
以计算变力的冲量。
动量定理法：如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求
出该力作用下物体动量的变化量，由I＝p′－p求变力的冲量。
流体类“柱状模型”解题方法：
流体及其特点：通常液体、气体等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ。解题方
法：①建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段小柱体，柱体的横截面积为S；②微元研究：作用时间Δt内一段柱状微粒的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt；③建立方程：
应用动量定理研究这段柱状流体。
微粒类“柱状模型”解题方法：
微粒及其特点：通常电子、光子、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体
积内的粒子数n。解题方法：①建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段小柱体，柱体的横截面积为
S；②微元研究：作用时间Δt内一段柱状微粒的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒
子数N＝nvSΔt；③建立方程：先应用动量定理研究单个粒子，再乘以N计算。
动量定理解释的两类物理现象：①Δp一定时，F的作用时间越短，力就越大；作用时间越长，力就越
小；②F一定，此时力的作用时间越长，Δp就越大；力的作用时间越短，Δp就越小。
（2024·江西·一模）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，
一质量m30kg的头锤从离气囊表面某一高度处静止释放，与正下方的气囊发生碰撞，在t 0时刚好第一
0
次落到安全气囊上，安全气囊作用力大小F与时间t的关系如图乙所示，测得第一次碰撞气囊结束的时刻
为t 0.2s；第二次开始碰撞气囊的时刻为t 1.8s，第二次碰撞气囊结束的时刻为t 1.95s；第三次开始碰
1 2 3
撞气囊的时刻为t 2.35s。头锤在每次碰撞后都能竖直反弹，忽略空气阻力作用，重力加速度g大小取
4
10m/s2。求：
(1)头锤与气囊表面第二次碰撞前瞬间的速度大小；
(2)头锤与气囊表面第二次碰撞过程中，气囊对头锤的冲量I 的大小和方向。
F
思路分析
第一问的思路：
头锤第一次离开气囊表面到
根据对称性可求得
第二次开始碰撞气囊表面这
速度
个过程做竖直上抛运动
第二问的思路：由图像可求得第二 根据运动规律可求得 根据动力定理可
次碰后的运动时间 得出碰撞前的速度 求得冲量
详细解析
【答案】(1)v 8m/s
1
(2)I 345Ns，方向竖直向上
F
【详解】（1）根据题图可知头锤从t 0.2s第一次离开气囊表面到t 1.8s第二次开始碰撞气囊表面经历的
1 2
时间为t 1.6s，据竖直上抛运动的对称性可知，头锤上升时间为0.8s，则
1
t
v g 1
1 2
解得
v 8m/s
1
（2）第二次碰撞气囊结束的时刻为t 1.95s；第三次开始碰撞气囊的时刻为t 2.35s，得
3 4
t t t
2 4 3
则有
t
v g 2
2 2
解得
v 2m/s
2
第二次与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
I mgt t mv mv 
F 3 2 2 1
解得
I 345Ns
F
方向竖直向上
（2024·湖南·模拟预测）为测试某新车的性能，试验员驾驶该车在某实验路面上匀速行驶，运动
过程中，前方空气与车作用后迅速与车共速，产生空气阻力。已知该车的迎风面积为S，空气密度为，车
的质量（含驾驶员）为m。(1)在某次实验时，该车匀速运动时功率为P，若忽略车与地面的摩擦力，求该实验条件下空气阻力的表达
式。
(2)若不可忽略车与地面的摩擦力，地面对车的摩擦力与车重力成正比，试验员认为：保持功率不变，减轻
车身重量可以减小空气阻力。该结论是否正确？请说明理由。
(3)若汽车行驶过程中空气不仅会产生空气阻力，也能提供升力，升力的大小为kv2，车与地面的动摩擦因数
 2 
为S  k。在测试过程中发现汽车以某一速度运动时，汽车功率最大。求该速度v 。
 3  0
【答案】(1)F  3SP2
空
(2)不正确，见解析
mg
(3)v 
0 3(kS)
【详解】（1）t时间内，与该车碰撞的空气质量为
mV Svt
对空气，t时间内，根据动量定理有
FΔt Δmv0
解得
F Sv2
根据牛顿第三定律，该车受到的空气阻力
F F Sv2
空
且
PF v
空
联立解得
F  3SP2
空
（2）地面对车的摩擦力与车重力成正比，设比例系数为k ，则
1F kmg
f 1
该车受到的空气阻力
F F Sv2
空
该车匀速运动时，有
P(F F )v(Sv2kmg)v
空 f 1
保持功率不变，减轻车身重量，则v增大，空气阻力增大，故结论不正确。
（3）地面对车的摩擦力
F (mgkv2)
f
汽车功率为
P(F F )v(Sk)v3mgv
空 f
对汽车功率求导可得
P3(Sk)v2mg
根据数学关系可知，当
3(Sk)v2mg 0
时，汽车功率最大，解得
mg
v 
0 3(kS)
题型 02 动量守恒定律的四类应用
动量守恒定律是高考的主要考点之一，
一、必备基础知识
1、动量守恒定律
内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
表达式：m v ＋m v ＝m v′ ＋m v′ 选定正方向，将式中各矢量转化为代数量，用正、负符号表示
1 1 2 2 1 1 2 2
各自的方向，式中的速度均为瞬时速度，均以地球为参考系。
p＝p′ 系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等、
方向相同。系统总动量的求法遵循平行四边形法则。
Δp＝p′－p＝0 系统总动量的增量为零。
Δp ＝－Δp 相互作用的系统内中的一部分动量的增加量等于另一部分动
1 2
量的减少量。
守恒条件：
理想条件 系统不受外力作用时，系统动量守恒。系统不受外力的
条件可放宽至系统所受外力之和为零。
近似条件 系统所受合外力不为零时，但系统的内力远大于外力，
系统的动量可看成近似守恒。比如碰撞、爆炸等现象。
实际条件 系统所受合外力为0。
单方向的守恒条件 系统在某一方向上符合以上两条中的某一条，则系统在
该方向上动量守恒。
某阶段守恒条件 全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统
动量守恒。
2、碰撞
定义：碰撞指的是两个物体在很短的时间内发生相互作用。
时间特点：在碰撞现象中，相互作用时间很短。
相互作用力的特点：在碰撞过程中物体间的相互作用力先是急剧增大，然后再急剧减小，即相互作用
力为变力，作用时间短，作用力很大，且远远大于系统的外力。
动量守恒的特点：碰撞过程即使系统所受外力之和不为零，但是系统内力远大于外力，所以外力可以
忽略，满足动量近似守恒的条件，故均可用动量守恒定律来处理。
位移特点：由于碰撞过程是在一瞬间发生的，时间极短，所以，在物体发生碰撞瞬间，可忽略物体的
位移，即认为物体在碰撞、爆炸前后仍在同一位置，但速度发生了突变。
能量特点：在碰撞过程中，没有其他形式的能转化为机械能，则系统碰撞后的总机械能不可能大于碰
撞前系统的总机械能。
3、对心碰撞和非对心碰撞
①对心碰撞：如下图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，碰撞之前球的运动速度与两球心的连
线在同一条直线上，碰撞之后两球的速度仍会沿着这条直线。这种碰撞称为正碰，也叫对心碰撞。②非对心碰撞：如下图所示，一个运动的球与一个静止的球碰撞，如果碰撞之前球的运动速度与两球
心的连线不在同一条直线上，碰撞之后两球的速度都会偏离原来两球心的连线。这种碰撞称为非对心碰撞。
4、弹簧-滑块模型
模型图例如下图所示：
模型速度-时间图像如下图所示：
模型特点：
动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。
机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能最小。
弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大。
如上图，当A与弹簧分离瞬间AB的速度可以用弹性碰撞中一动碰一静的结论得到。
5、滑块—斜(曲)面模型
模型图例如下图所示：
模型特点：
上升到最大高度时：m与M具有共同的水平速度v ，此时m的竖直速度v ＝0。系统水平方向动量守
共 y1 1
恒：mv ＝(M＋m)v ，系统机械能守恒： mv 2＝ (M＋m)v 2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一
0 共 0 共
2 2
定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。
返回最低点时：m与M的分离点．相当于完成了弹性碰撞，分离瞬间m与M的速度可以用弹性碰撞中一
1 1 1
动碰一静的结论得到水平方向动量守恒：mv ＝mv ＋Mv ，系统机械能守恒： mv 2＝ mv 2＋ Mv 2，相当于
0 1 2 0 1 2
2 2 2
完成了弹性碰撞。
模型的延伸：
小球—小车/滑环模型（如下图所示）也是水平方向动量守恒和机械能守恒。
6、子弹-木块模型
模型图例如下图所示：
模型特点：
子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。这是一种完全非弹性碰撞。
 
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mv  M m v，从能量的角度看，该过程系
0
统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为 f ，设子弹、木块的位移大小分别为s 、s ，如
1 2
1 1
图所示，显然有s  s  d，对子弹用动能定理： fs  mv2  mv2，对木块用动能定理：
1 2 1 2 2 0
1 1 1 Mm
 
fs  Mv2，则有：fd  mv2  M  mv2  v2，这个式子的物理意义是：
2 2 2 0 2 2  M  m  0
fd 恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见
f d Q，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对
滑动的路程的乘积。
若d=L（木块的长度）时，说明子弹刚好穿过木块，子弹和木块具有共同速度v。
若d＜L（木块的长度）时，说明子弹未能穿过木块，最终子弹留在木块中，子弹和木块具有共同速度v。
若d＞L（木块的长度）时，说明子弹能穿过木块，子弹射穿木块时的速度大于木块的速度。设穿过木
1 1
块后子弹的速度为 v ，木块的速度为 v ，则有：mv =mv +Mv ，- f （S +L）= mv2 - mv2， f
1 2 0 1 2 2 2 1 2 0
1 1 1 1
S = Mv2，解得：Q= f L= mv2 -- Mv2 + mv2。
2 2 2 2 0 2 2 2 1
Mmv 2 m
由上式不难求得平均阻力的大小： f  0 ，木块前进的距离：s  d 。从牛顿
2M  md 2 M  m
运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位
s  d v  v/2 v  v d v M  m m
移与平均速度成正比： 2  0  0 ,  0  ,s  d ，一般情
s v/2 v s v m 2 M  m
2 2
况下M  m，所以s <<d。这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。
2
7、滑块-木板模型
模型图例如下图所示：
模型的速度-时间图像如下图所示：
模型特点：
把滑块、木板看成一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒。
由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因
摩擦而产生的热量，ΔE＝F·s ，其中s 为滑块和木板相对滑动的路程
f 相对 相对
若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多。滑块—木板模型与子弹打木
块模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零或内力远大于外力，动量守恒.
当滑块不滑离木板或子弹不穿出木块时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最
多。
几个物理量的求解：
求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。
求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q F x或Q E E ，研究对象为一个系统。
f 初 末
二、解题模板
1、解题思路
2、注意问题
碰撞前指的是即将发生碰撞那一时刻，而不是发生碰撞前的某一时刻；碰撞后指的是碰撞刚刚结束的
那一时刻， 而不是发生碰撞后的某一时刻。
碰撞需遵循的原则：①系统的总动量守恒。②系统的机械能不增加，即E ′＋E ′≤E ＋E 。③速
k1 k2 k1 k2
度要合理：碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，应满足v >v ，碰后原来在前的物体速度一定增大，若
后 前
碰后两物体同向运动，应满足v ′≥v ′(不可出现二次碰撞)；碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动
前 后
方向至少有一个改变（不可穿越），除非两个物体碰撞后速度均为零。
弹簧-滑块模型的临界问题为：A、B 两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压
缩量最大。
滑块—斜(曲)面模型的临界问题为：小球上升最高时，m、M 速度必定相等。
子弹-木块模型的临界问题为：子弹在木块内部，两者速度相等。
滑块-木板模型的临界问题为：当滑块与木板相对静止时，两者的速度必相等。
3、解题方法
弹性碰撞：
如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞。
弹性碰撞过程如下图所示，规律：①动量守恒定律：m v ＋ m v ＝m v ′＋m v ′。
1 1 2 2 1 1 2 2
1 1 1 1
②机械能守恒： m 1 v2 1 ＋ 𝑚 2 𝑣2 2 ＝ m 1 v 1 ′2＋ m 2 v 2 ′2。
2 2 2 2
1 1 1 1
整理得：m 1 v 1 —m v ′＝m 2 v 2 —m 2 v 2 ′， m 1 v2 1 — m 1 v 1 ′2＝ 𝑚 2 𝑣2 2 — m 2 v 2 ′2。得：v 1 ＋v ′＝v 2 ＋v 2 ′。
1 1 2 2 2 2 1
（𝑚 𝑚 ）𝑣 2𝑚 𝑣 （𝑚 𝑚 ）𝑣 2𝑚 𝑣
解得：v ′＝ 1 2 1 2 2，v ′= 2 1 1 1 1。
2
1 𝑚 1 𝑚 2 𝑚 1 𝑚 2
当v ≠0，v =0（一动碰一静）时，碰撞过程如下图所示，由动量守恒得 m v ＋ m v ＝m v ′＋m v ′，
1 2 1 1 2 2 1 1 2 21 1 1 m －m 2m
1 2 1
由机械能守恒得 m 1 v2 1 ＝ m 1 v 1 ′2＋ m 2 v 2 ′2，解得v 1 ′＝ v 1 ，v 2 ′＝ v 1 。
2 2 2 m ＋m m ＋m
1 2 1 2
过程分析：①若m ＝m ，则有v ′＝0，v ′＝v ，即碰撞后两球速度互换。
1 2 1 2 1
②若m ＞m ，v ′和v ′都是正值，表示v ′和v ′都与v方向同向（当m ≫m ，则有v ′＝v ，v ′＝
1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 1 2
2v ，表示m 的速度不变，m 以2v 的速度被撞出去）。
1 1 2 1
③若m <m ，v ′为负值，表示v ′与v 方向相反，m 被弹回（m ≪m ，则有v ′＝－v ，v ′＝0，表
1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 2
示m 被反向以原速率弹回，而m 仍静止）。
1 2
非弹性碰撞：
如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞。
1 1 1 1
规律：①动量守恒定律：m 1 v 1 ＋ m 2 v 2 ＝m v ′＋m 2 v 2 ′。②机械能守恒： m 1 v2 1 ＋ 𝑚 2 𝑣2 2 ＞ m 1 v 1 ′2＋ m 2 v 2 ′2。
1 1 2 2 2 2
若两个物体碰撞时成为一个整体，即它们相对静止，这样的碰撞叫做完全非弹性碰撞，损失得机械能
1 1 1
最多，碰撞过程如下图所示，碰撞规律为：m 1 v 1 ＋ m 2 v 2 ＝(m 1 ＋m 2 )v，m 1 v2 1 ＋ 𝑚 2 𝑣2 2 = (m 1 ＋𝑚 2 )v2+∆E 损失 ，
2 2 2
m m
解得：∆E = 1 2 v2。
损失 2m ＋m  1
1 2
碰撞的类型及遵从的规律如下表所示：
类型 遵从的规律
弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大，碰后速度相同
（2024·河北·模拟预测）如图所示，有一个质量为M 、半径为R的半圆形滑槽ABC静止放在光
滑的水平面上。D是圆弧上的一点，D与圆心O的连线与水平方向成30角，某时刻，将一枚质量为m
的光滑小球从距离A点正上方2R处由静止释放。小球从槽口处落入半圆形滑槽内。小球可看成质点，小球
质量m为滑槽质量M 的一半，重力加速度为g，空气阻力不计。求：(1)半圆形滑槽ABC向左运动的最远距离；
(2)半圆形滑槽ABC的速度最大值；
(3)小球经过D点时滑槽和小球的速度大小。
思路分析
第一问的思路：
半圆形滑槽 向左运动的距 根据水平方向动量 联立可求得
离最远时，小球运动至B点 守恒和几何关系 最远距离
第二问的思路：
半圆形滑槽 向左运动的速 根据水平方向动量守 联立可求得
度最大时，小球运动至C点 恒和机械能守恒定律 最大速度
第三问的思路
根据相对速度知识、
小球在D点，根据水平方向的动 联立方程求
圆弧几何知识和机械
量守恒定律求出水平速度 得小球速度
能守恒定律
详细解析
2R
【答案】(1)
3
(2) gR
31gR gR
(3)v  ，v 
3 11 4 11
【详解】（1）当小球运动至B点时，半圆形滑槽ABC向左运动的距离最远，根据水平方向动量守恒有
mv Mv
1 2
两边同乘时间，可知
mx Mx
1 2
根据几何关系有
x x 2R
1 2解得
2R
x 
2 3
（2）当小球运动至C点时，半圆形滑槽ABC的速度最大，根据水平方向动量守恒有
mv Mv
1 2
根据系统机械能守恒有
1 1
mg3R mv2 Mv2
2 1 2 2
解得
v  gR
2
（3）设小球经过D点时水平方向的速度为v ，竖直方向的速度为v ， 根据水平方向的动量守恒有
x y
mv Mv
x 4
以滑槽为参考系则此时小球的速度沿圆弧的切线方向，此时小球水平方向的相对速度为
3
v v v  v
相 x 4 2 x
因相对滑槽的合速度沿圆弧的切线，则有
3
v cos30v cos60
2 x y
根据能量守恒定律有
1 1
mg(2RRsin30) m  v2v2  Mv 2
2 x y 2 4
解得
4gR
v 
x 11
因此滑槽的速度
gR
v 
4 11
31gR
小球的速度v 
球 11
（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角37的直轨道AB，半径
R1m的圆弧轨道BCD，长度L1.25m、倾角为的直轨道DE，半径为R、圆心角为的圆弧管道EF组
成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m0.5kg滑块b，其上表面与轨道末
端F所在的水平面平齐。质量m0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数0.25，向下运动时动摩擦因数
1
 0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a运
2 1
动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，
sin37°0.6，cos37°0.8）
（1）若h0.8m，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t 和向下运动时间t 之比。
上 下
（2）若h1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【详解】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
1
mgh mv2
2 C
第一次经过C点的向心加速度大小为
v2 2gh
a C  16m/s2
R R
②小物块a在DE上时，因为
mgcosmgsin
2
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终
小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在DE
上经过的总路程为s，根据功能关系有
s
mg[hR(1cos)](mgcosmgcos)
1 2 2
解得
s2m
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为a gsingcos8m/s2
上 1
a gsingcos2m/s2
下 2
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
1 1
a t2  a t2
2 上 上 2 下下
解得
t 1
上 
t 2
下
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
1
mv2 mg[hLsin2R(1cos)]mgLcos
2 F 1
解得
v 2m/s
F
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定
律有
mv 2mv
F
1 1
mv2  2mv22mgl
2 F 2 1
解得l 0.2m
题型 03 反冲和爆炸问题
重力加速度往往是万有引力和运动学联系的桥梁，通过它可以将天体运动和自由落体运动、抛体运动
相结合进行考查。
一、必备基础知识
1、反冲
定义：一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分，一部分向某个方向运动，另一部分必然向相反
的方向运动的现象。特点：物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以
用动量守恒定律来处理。
作用原理：反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果。
可用动量守恒定律解决反冲问题的情况：①系统不受外力或所受外力之和为零，满足动量守恒的条件，
可以用动量守恒定律解决反冲运动问题；②系统虽然受到外力作用，但内力远远大于外力，外力可以忽略，
也可以用动量守恒定律解决反冲运动问题；③系统虽然所受外力之和不为零，系统的动量并不守恒，但系
统在某一方向上不受外力或外力在该方向上的分力之和为零，则系统的动量在该方向上的分量保持不变，
可以用该方向上动量守恒解决反冲运动问题。
反冲的规律：反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律。机械能
增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加。若系统在全过程中动量
守恒，则这一系统在全过程中平均动量也守恒。如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作
用后均发生运动，则由m v －m v ＝0，可得：m x ＝m x 。该式的适用条件是：①系统的总动量守恒或某
1 1 2 2 1 1 2 2
一方向的动量守恒；②构成系统的m 、m 原来静止，因相互作用而运动；③x 、x 均为沿动量守恒方向相
1 2 1 2
对于同一参考系的位移。
2、火箭
原理：利用反冲运动，火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出，使火箭获得巨大速
度。
影响因素：①喷气速度；②质量比（火箭起飞时的质量与火箭除燃料外的箭体质量之比．喷气速度越
大，质量比越大，火箭获得的速度越大）。
规律：①火箭在运动过程中，随着燃料的燃烧，火箭本身的质量不断减小，故在应用动量守恒定律时，
必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象；②注意反冲前、后各物体质量的变化；③
明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系，如果不是同一参考系要设法予以转换，一
般情况要转换成对地的速度。列方程时要注意初、末状态动量的方向。
变质量问题：在反冲运动中还常遇到变质量物体的运动，如在火箭的运动过程中，随着燃料的消耗，
火箭本身的质量不断减小，此时必须取火箭本身和在相互作用的短时间内喷出的所有气体为研究对象，取
相互作用的这个过程为研究过程来进行研究。
3、爆炸
特点：物体间的相互作用突然发生，作用时间很短，作用力很大，且远大于系统受的外力，故可用动
量守恒定律来处理。
二、解题模板1、解题思路
2、注意问题
速度的反向性：若系统原来静止，抛出部分具有速度时，剩余部分的反冲是相对于抛出部分而言的，
两者速度方向相反，可任意规定某一部分的运动方向为正方向，列出动量守恒方程。
速度的相对性：在反冲运动中，若已知条件是物体间的相对速度，利用动量守恒定律列方程时，应将
相对速度转化为绝对速度(一般设为对地速度)。
反冲的三点注意：①作用原理：反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果；②动量守
恒：反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律；③机械能增加：反冲
运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加。
爆炸的三点注意：①动量守恒：爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，
系统的总动量守恒；②机械能增加：在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统
的机械能增加；③位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各
部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
3、解题方法
人船模型：两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作
用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比，这样的问题归为“人船模型”模型。
模型图例如下图所示：
模型特点：人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；
x v m
人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即 人  人  船 。
x v m
船 船 人
解题方法：利用动量守恒，确定两物体速度关系，再确定两物体通过的位移的关系。解题时要画出各
物体的位移关系草图，找出各长度间的关系。
求解过程：两物体满足动量守恒定律： m v  m v  0；两物体的位移大小满足：
人 人 船 船x x m m
m 人  m 船  0，又x  x  L ，得x  船 L，x  人 L。
人 t 船 t 人 船 人 m  m 船 m  m
船 人 船 人
模型延伸图如下，有：m x ＝m x 。
1 1 2 2
（2024·江苏镇江·三模）柴油打桩机由重锤汽缸、活塞桩帽等若干部件组成。重锤汽缸的质量为
m，钢筋混凝土桩固定在活塞桩帽下端，桩帽和桩总质量为M 。汽缸从桩帽正上方一定高度自由下落，汽
缸下落过程中，桩体始终静止。当汽缸到最低点时，向缸内喷射柴油，柴油燃烧，产生猛烈推力，汽缸和
桩体瞬间分离，汽缸上升的最大高度为h，重力加速度为g。
（1）求柴油燃烧产生的推力对汽缸的冲量；
（2）设桩体向下运动过程中所受阻力恒为f，求该次燃烧后桩体在泥土中向下移动的距离。
思路分析
第一问的思路;
分离后的重锤汽缸竖直上抛，由机 分离瞬间，内力远大于外 由动量定理
械能守恒求得分离时的速度 力，属于反冲问题 可求得冲量
第二问的思路：
分离瞬间，由于内力远大于外力， 联立动能定理即可求
系统动量守恒 得移动距离
详细解析m2gh
【答案】（1）m 2gh，方向竖直向上；（2）
M（f Mg）
【详解】（1）设燃烧使重锤汽缸获得的速度为v ，桩体获得的速度为v，对分离后的重锤汽缸由机械能守
0
恒，有
1
mv2 mgh
2 0
对分离瞬间重锤汽缸，由于内力远大于外力，故由动量定理，有
I mv 0
燃 0
得
I m 2gh
燃
方向竖直向上。
（2）分离瞬间，由于内力远大于外力，所以重锤汽缸和桩体组成的系统动量守恒，有
mv Mv
0
分离后对桩体，由动能定理，有
1
MgH  fH 0 Mv2
2
得
m2gh
H 
M（f Mg）
（2024·四川成都·模拟预测）两响爆竹，即二踢脚，是一种传统民俗用品，两响爆竹的纸筒内分
两层安放火药，下层火药的作用是将爆竹送上天空，上层火药在升空10~20米后，凌空爆响。质量为200g
的两响爆竹在0.01s时间内下层火药爆炸，向下喷出少量高压气体（此过程两响爆竹的位移可以忽略），然
后被竖直发射到距离地面h20m的最高点，在最高点上层火药在极短时间内发生爆炸，假设两响爆竹被炸
成两部分，其中80g的部分以5m s的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速度g取
10m s2，求：
（1）下层火药爆炸过程产生的高压气体对两响爆竹平均作用力的大小；
（2）上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离。
50
【答案】（1）F 402N；（2） m
3
【详解】（1）设下层火药爆炸后爆竹的速度为v ，则
0
v 2 2gh
0解得
v 20m s
0
由动量定理得
Fmg t mv
0
解得
F 402N
（2）爆竹做平抛运动
1
h gt2
2
解得
t2s
爆竹爆炸的过程在水平方向动量守恒，有
mv m v
1 1 2 2
其中m 80g，v 5m s，m 120g，解得
1 1 2
10
v  m s
2 3
上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离为
50
xvtv t  m
1 2 3
1．（2024·山东济南·二模）如图所示，质量M 1kg的匀质凹槽放在光滑的水平地面上，凹槽内有一光滑曲
面轨道，O点是凹槽左右侧面最高点的中点，O点到凹槽右侧的距离a0.6m，O点到凹槽最低点A的高
度h1.2m。一个质量m0.5kg的小球（可看成质点），初始时刻从凹槽的右端点由静止开始下滑，整个
过程凹槽不翻转，取重力加速度大小g 10m/s2。求：(1)小球第一次运动到轨道最低点时的速度大小；
(2)整个运动过程中，凹槽相对于初始时刻运动的最大位移。
【答案】(1)4m/s
(2)0.4m
【详解】（1）小球从初始时刻至第一次运动到最低点的过程中，设小球的速度大小为v ，凹槽的速度大小
1
为v ，小球和凹槽组成的系统水平方向系统动量守恒，取向左为正，有
2
0mv Mv
1 2
该过程中系统机械能守恒，有
1 1
mgh mv2 Mv2
2 1 2 2
解得
v 4m/s
1
（2）因水平方向在任何时候都动量守恒，即有
0mv Mv
1 2
两边同时乘t可得
0mx Mx
1 2
其中x为小球的位移大小，x 为凹槽的位移大小。整个运动过程中，当小球运动到凹槽左侧最高点时，凹
1 2
槽相对于初始时刻运动有最大位移，此时
x x 2a1.2m
1 2
解得
x 0.4m
2
2．（2024·全国·模拟预测）如图所示，将质量m 0.1kg的小物块A从倾角37的斜面上某处由静止释放，
1
当物块A沿斜面下滑距离L1.62m时与静止在斜面上的质量m 1.7kg的小物块B发生第一次碰撞。已知
2
1 7
A、B两物块与斜面间的动摩擦因数分别为 、  ，两物块之间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间
1 4 2 8
极短（可忽略），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两物块始终在斜面上，sin37°0.6，cos37°0.8，重力
加速度g取10m/s2。求：(1)第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小v ；
A1
(2)第二次碰撞前瞬间物块A的速度大小v ；
A2
(3)物块B运动的总距离x 。
B
【答案】(1)3.6m/s
(2)2.4m/s
(3)0.144m
【详解】（1）设小物块A沿斜面下滑的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有
1
mgsinmgcosma
1 1 1 1 1
解得
a 4m/s2
1
方向沿斜面向下。
根据运动学规律有
v2 2aL
A1 1
解得
v 3.6m/s
A1
（2）设A、B第一次碰撞后瞬间的速度分别为v 、u ，选取沿斜面向下为正方向，根据弹性碰撞规律有
1 1
mv mv m u
1 A1 1 1 2 1
1 1 1
mv2  mv2 m u2
2 1 A1 2 1 1 2 2 1
解得
v 3.2m/s
1
u 0.4m/s
1
设碰后A沿斜面上滑的加速度大小为a ，则有
2mgsinmgcosma
1 1 1 1 2
解得
a 8m/s2
2
方向沿斜面向下。设碰后B沿斜面下滑的加速度大小为a ，则有
3
m gcosm gsinm a
2 2 2 2 3
解得
a 1m/s2
3
方向沿斜面向上。
第一次碰后，A沿斜面上滑的距离
v2
x  1 0.64m B沿斜面下滑的距离
A1 2a
2
u2
x  1 0.08m A沿斜面上滑的时间
B1 2a
3
v
t  1 0.4s B沿斜面下滑的时间
A1 a
2
u
t  1 0.4s
B1 a
3
由于
m gcosm gsin
2 2 2
故A上滑至最高点时B停止运动。第二次碰撞前瞬间A的速度大小
v  2a x x  2.4m/s
A2 1 A1 B1
（3）同理，可得第三次碰撞前瞬间A的速度大小
v 1.6m/s
A3
由上述分析可得
2 2
v  v ，v  v
A2 3 A1 A3 3 A2
由此类推，第n次碰撞前瞬间A的速度
2 2 2 2 n1
v An  3 v An1  3   v An2    3   v A1每次碰撞后A上滑至最高点时B停止运动，设第n次碰撞后瞬间A、B的速度分别为v 、u ，则有
n n
mv mv m u
1 An 1 n 2 n
1 1 1
mv2  mv2 m u2
2 1 An 2 1 n 2 2 n
解得
12 n1 2 n1
u    v   u
n 93 A1 3 1
物块B下滑的总距离
u2 u2 u2
x  1  2  3 
B 2a 2a 2a 
3 3 3
即
u2  4 4 2 
x
B

2a
1
3


1
9

9


 

0.144m
3．（2024·全国·模拟预测）如图所示，半径为R、质量为9m的四分之一光滑圆弧曲面紧靠挡板P静止在光
滑水平地面上，圆弧曲面最低点B与水平地面相切，B的右侧静置一小物块。将质量为m的小球从圆弧曲
面最高点A的正上方C点由静止释放，小球与小物块第一次碰撞后恰好到达A点正上方距离A点为R的位
置，A、C间的距离为3.5R。已知重力加速度为g，不计空气阻力，小球与小物块均可视为质点，所有碰
撞均为弹性碰撞。
(1)求小物块的质量M ；
(2)若小球从C点由静止释放的同时撤去挡板P，求小球运动至圆弧曲面最低点B时，圆弧曲面的位移大小；
(3)求在（2）问情境中圆弧曲面最终稳定运行时的速度大小。
【答案】(1)5m
R
(2)
10
10gR
(3)
5【详解】（1）设与小物块碰前瞬间小球的速度大小为v ，则根据动能定理有
1
1
mg(3.5RR) mv2
2 1
设与小物块碰后瞬间小球的速度大小为v ，则根据动能定理有
2
1
mg(RR) mv2
2 2
小球与小物块发生弹性碰撞，设碰后瞬间小物块的速度大小为v ，根据动量守恒定律有
3
mv mv Mv
1 2 3
根据机械能守恒定律有
1 1 1
mv2  mv2 Mv2
2 1 2 2 2 3
解得
M 5m
（2）设小球从C点至圆弧曲面最低点B的过程中圆弧曲面与小球的位移大小分别为x、x ，小球从C点至
1 2
圆弧曲面最低点B的过程中，小球与圆弧曲面水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有
9mx mx 0
1 2
其中
x x R
1 2
解得
R
x 
1 10
（3）设在（2）问情境中小球到达圆弧曲面最低点B时小球与圆弧曲面的速度分别为v 、v ，取水平向右
4 5
为正方向，对小球从C点至圆弧曲面最低点B的过程，根据动量守恒定律与机械能守恒定律有
mv 9mv 0
4 5
1 1
mg(3.5RR) mv2 9mv2
2 4 2 5
解得
gR gR
v 9 （方向向右），v  （负号表示方向向左）
4 10 5 10
设小球与小物块第一次碰后瞬间小球与小物块的速度分别为v 、v ，小球与小物块发生弹性碰撞，根据动
6 7
量守恒定律与机械能守恒定律有mv mv Mv
4 6 7
1 1 1
mv2  mv2 Mv2
2 4 2 6 2 7
解得
gR gR
v 6 （负号表示方向向左），v 3 （方向向右）
6 10 7 10
设小球第二次与圆弧曲面作用后又到达圆弧曲面最低点B时小球与圆弧曲面的速度分别为v 、v ，根据动
8 9
量守恒定律与机械能守恒定律有
mv 9mv mv 9mv
6 5 8 9
1 1 1 1
mv2 9mv2  mv2 9mv2
2 6 2 5 2 8 2 9
解得
gR gR
v 3 （方向向右），v 2 （负号表示方向向左）
8 10 9 10
由于小球与圆弧曲面第二次相互作用后，圆弧曲面的速度方向向左，小球与小物块的速度方向均向右，且
v v ，故三者不会再碰撞，圆弧曲面最终稳定运行时的速度大小为
8 7
10gR
v 
9 5
4．（2024·江苏·模拟预测）某快递站利用如图所示装置运送货物（视为质点），固定倾斜轨道AB的B点与
轨道B'CD的B'点等高，两轨道相切并平滑连接。轨道B'CD上表面由光滑圆弧轨道B'C和水平粗糙轨道
CD组成且相切于C点，圆弧轨道B'C的半径R＝2.75m，所对圆心角37，水平粗糙轨道CD段长L＝
5m。轨道B'CD静置于光滑水平面上，右侧紧靠竖直墙壁。现将质量m＝10kg的货物从距离B点高度h＝
1.5m的A点无初速度释放，货物滑到轨道B'CD左端D点时恰好与轨道保持相对静止。货物与倾斜轨道
AB、水平粗糙轨道CD间的动摩擦因数分别为 0.125、0.3，重力加速度大小取g 10m/s2，
0 1
sin37°0.6，cos37°0.8，不计空气阻力。求：
（1）货物在B点的速度大小；
（2）轨道B'CD的质量M；
（3）整个过程中由于摩擦产生的内能Q。【答案】（1）5m/s；（2）50kg；（3）175J
【详解】（1）货物从A到B点，根据动能定理有
h 1
mghmgcos  mv2
0 sin 2
解得
v5m/s
（2）货物从B到C点，根据动能定理有
1 1
mgR(1cos) mv 2 mv2
2 C 2
解得
v 6m/s
C
设轨道的质量为M，从C到D，根据动量守恒定律有
mv (mM)v
C D
根据能量守恒定律有
1 1
mv 2  (mM)v 2mgL
2 C 2 D 1
解得
M 50kg
（3）根据功能关系可知
h
Qmgcos mgL175J
0 sin 1
5．（2024·贵州毕节·模拟预测）如图所示，PQ为光滑水平面，QN为粗糙水平面，两者之间平滑连接。两
物体A和B并排静置于光滑水平地面PQ上，它们的质量M均为0.5kg。一颗质量m=0.1kg的子弹以v =34m/s
0
的水平速度从左边射入A，射出A后继续进入B中且当子弹与B保持相对静止时，A和B都还没有离开光滑
水平面。已知子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变，A的长度为L =0.23m，A离开光滑水平
A
面后在QN粗糙水平面内位移为x=2m。A、B与QN间的动摩擦因数μ都为0.1，不计空气阻力，g取
10m/s2。（1）求物体A和物体B离开光滑水平面时的速度大小v 、v ；
A B
（2）求子弹在物体B中穿过的距离L 。
B
【答案】（1）2m/s，4m/s；（2）0.03m
【详解】（1）A离开光滑水平面时的速度v ，则
A
1
Mgx Mv2
2 A
解得
v 2m/s
A
根据动量守恒定律可得
mv Mv (mM)v
0 A B
B离开光滑水平面时的速度
v 4m/s
B
（2）子弹穿透A时的速度v ，则
弹
mv mv 2Mv
0 弹 A
解得
v 14m/s
弹
子弹在物体B中穿过的距离L ，由能量守恒定律可得
B
1 1 1
fL  mv2  Mv2  (mM)v2
B 2 弹 2 A 2 B
子弹在物体A中穿过的距离L ，由能量守恒定律可得
A
1 1 1
fL  mv2( mv2  2Mv2)
A 2 0 2 弹 2 A
解得
L 0.03m
B
6．（2024·广东湛江·模拟预测）如图，一倾角为30的固定斜面上，放置长为2l、质量为2m的凹槽，凹槽
2 3
内侧底面光滑，外侧底面与斜面间的动摩擦因数为 ，开始时用手托住凹槽下端使其静止不动。现在凹
9
槽内正中间放置一底面光滑的质量为m的物块，静止释放物块的同时，松开托着凹槽的手，斜面足够长，若物块与凹槽碰撞为弹性碰撞，重力加速度大小为g，物块可视为质点，sin300.5，求：
(1)物块与凹槽第一次碰撞后两者的瞬时速度v 和v ；
1 2
(2)通过计算判断物块与凹槽第二次碰撞是在凹槽的上端还是下端；
(3)在物块与凹槽第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，凹槽滑动的距离s。
1 2
【答案】(1) gl（方向沿斜面向上）， gl （方向沿斜面向下）；
3 3
(2)下端；
8
(3) l
3
【详解】（1）释放物块后，对凹槽受力分析有
2mgsin30(mg2mg)cos30
故凹槽保持静止状态。
对物块，有
mgsin30ma
得
g
a
2
故物块沿斜面向下做匀加速直线运动，设第一次碰撞凹槽前的速度为v ，则有
0
v2 2al
0
得
v  gl
0
物块滑至凹槽下端与凹槽发生弹性碰撞，有
mv mv 2mv
0 1 2
1 1 1
mv2  mv2 2mv2
2 0 2 1 2 2
联立解得1 1
v  v  gl （负号表示方向沿斜面向上）
1 3 0 3
2 2
v  v  gl （方向沿斜面向下）
2 3 0 3
（2）物块与凹槽碰后反弹，做匀减速运动，凹槽仍受力平衡做匀速直线运动，当物块与凹槽速度相同时，
则物块相对凹槽下端距离最大，设此距离为s，假设此过程物块未与凹槽上端相碰，则有
2 1
v  v at
3 0 3 0 1
得
v 2v
t  0  0
1 a g
此过程，物块下滑位移为
1 1
s  v t  at2
1 3 01 2 1
凹槽下滑位移为
2
s  v t
2 3 01
物块距离凹槽下端距离
ss s
2 1
联立解得
sl2l
故假设成立，物块未与凹槽上端相碰，故物块第二次碰撞是与凹槽的下端发生碰撞。
（3）设物块与凹槽第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为t ，则
2
物块下滑位移为
1 1
s v t  at2
3 0 2 2 2
凹槽下滑位移为
2
s v t
3 0 2
第二次碰撞时，有
ss
联立解得
4v
t  0
2 g
此时凹槽位移为2 8 v2 8
s v t   0  l
3 0 2 3 g 3
7．（2024·浙江宁波·一模）如图所示，某固定装置由长度L3m、倾角37的倾斜传送带AB，圆心角
23和60、半径均为R1m的两圆弧管道BC、CD组成，轨道问平滑连接。在轨道末端D的右侧的
光滑水平面上紧靠着轻质小车，小车上表面与D所在的水平面平齐，右端放置质量m 3kg的物块b。质量
2
m = 1kg的物块a从传送带A点由静止释放，经过BCD滑出圆弧管道。已知传送带由电动机带动，以速度
1
v8m/s顺时针转动，a与传送带及小车间的动摩擦因数均为1.5,b与小车间的动摩擦因数 0.2，其
1 2
它轨道均光滑，物块均可视为质点，不计空气阻力，sin37 0.6,cos37 0.8。
(1)求物块a在传送带上运动的时间t；
(2)为维持传送带能匀速运送物块a从A点到B点，求电动机多做的功W；
(3)求物块a到达D点时对管道的作用力F ；
N
(4)要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d。
【答案】(1)1s
(2)96J
(3)10N
5
(4) m
4
【详解】（1）对物块a，受重力、支持力和摩擦力，沿斜面方向，根据牛顿第二定律，有
mgcos37mgsin37 ma
1 1 1 1 1
解得
a 6m/s2
1
设小物块一直加速到传送到上端时，其速度为v ，根据速度-位移公式，有
1
v2 2aL
1 1解得
v 6m/s8m/s
1
所以物块在传送带上一直做匀加速直线运动，根据速度-时间公式
v at
1 1
解得物块a在传送带上运动的时间
t1s
（2）设传送带的位移为x ，则有
传
x vt 8m
传
物块a相对传送带的位移为
Δxx L5m
传
摩擦产生的热量为
Qmgcos37x
1 1
解得
Q 60J
电动机多做的功
1
W  mv2mgLsin37Q
2 1 1 1
解得
W 96J
（3）由题意可知圆弧轨道光滑，所以从B到D，由动能定理有
 R 1 1
mgRcos37Rcos60  mv2  mv2
1  2 2 1 D 2 1 1
解得
v 2 5 m/s
D
在D点，根据牛顿第二定律，有
v2
F mg m D
N支 1 1 R
解得
F 10N
N支由牛顿第三定律可知，物块a对管道的作用力等于管道对物块a的支持力，所以物块a到达D点时对管道的
作用力为10N，方向竖直向上。
（4）当物块滑上小车后，由于
mg 15Nm g 6N
1 1 2 2
所以小车与物块a保持相对静止，而物块b相对于小车发生滑动。
当两者速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，其运动示意图如图所示
该过程由动量守恒
mv m m v
1 D 1 2 共
根据能量守恒
1 1
mv2  m m v2 m gd
2 1 D 2 1 2 共 2 2
解得
5
d  m
4
8．（2024·黑龙江绥化·一模）如图甲所示，物块A、B的质量分别是m =4.0kg和m =3.0kg，用轻弹簧栓接
A B
相连放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，
在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开。物块C的vt图像如图乙所示。求：
（1）物块C的质量m ；
C
（2）弹簧对物块A、C的弹力在4s到12s的时间内冲量I的大小和方向。
【答案】（1）2kg；（2）大小36N×s，方向向左
【详解】（1）由图知，C与A碰前速度为v 9m/s，碰后速度为v 3m/s，C与A碰撞过程根据动量守
1 2
恒可得
m v m m v
C 1 A C 2解得物块C的质量
m 2kg
C
（2）由图知，12s末A和C的速度为v 3m/s，4s到12s的时间内，根据动量定理可知，弹簧对物块A、
3
C的冲量为
I m m v m m v
A C 3 A C 2
解得
I 36Ns
可知冲量大小为36N×s，方向向左。
1
9．（2024高三·广东茂名·阶段练习）如图所示，曲面和下底面都光滑的 圆弧轨道A静置在水平地面上，
4
3 gR
其质量为3m、圆弧半径为R。A的左侧距离为 R处为一足够长、以大小为 的速度顺时针匀速转动的传
4 2
送带，其上表面与水平地面齐平。现将质量为m的滑块B，从圆弧最高点静止释放，B沿轨道下滑后，与静
置在传动带右端的滑块C发生碰撞，C的质量也为m。B、C均可视作质点，B、C与传送带、水平地面的动
摩擦因数都为0.25，重力加速度为g，且B与C的所有碰撞都是完全弹性的。求：
(1)从滑块B静止释放至滑块B滑到轨道的圆弧最低点的过程中，A、B运动的水平位移的大小；
(2)滑块C第一次在传送带上向左运动的时间；
(3)从滑块C在传送带最左端开始计时，到B恰好停止的过程中，地面给B的冲量大小。（答案可以用根号
表示）
1 3
【答案】(1)x  R，x  R
A 4 B 4
R
(2)4
g
m 17gR
(3)
2
【详解】（1）从滑块B静止释放至滑块B滑到轨道的圆弧最低点的过程中，A、B组成的系统满足水平方
向动量守恒，则有3mv mv
A B
则有
3mx mx
A B
又
x x R
A B
联立解得A、B运动的水平位移的大小分别为
1 3
x  R，x  R
A 4 B 4
（2）从滑块B静止释放至滑块B滑到轨道的圆弧最低点的过程，根据系统水平方向动量守恒可得
3mv mv
A B
根据系统机械能守恒可得
1 1
mgR 3mv2  mv2
2 A 2 B
解得
gR 3gR
v  ，v 
A 6 B 2
从B在圆弧最低点到与C发生碰撞前瞬间过程，根据动能定理可得
3 1 1
mg( Rx ) mv2 mv2
4 A 2 B 2 B
解得B与C碰前的速度大小为
v  gR
B
B与C发生弹性碰撞过程，有
mv mv mv
B B1 C
1 1 1
mv2  mv2  mv2
2 C 2 B1 2 C
解得
v 0，v v  gR
B1 C B
可知B、C速度交换，则滑块C第一次在传送带上向左运动过程，有
mg
a g
m
滑块C第一次在传送带上向左运动的时间为v R
t  C 4
a g
（3）由于传送带速度
gR
v  gR
2 C
可知滑块C向左减速为0后，反向向右加速到与传送带共速，接着匀速运动到右端与B发生弹性碰撞，碰
后速度再一次发生交换，所以第二次碰撞后B的速度为
gR
v 
B 2
B向右减速到停下所用时间为
v v R
t  B  B 2
B a g g
此过程，支持力对B的冲量大小为
I Nt 2m gR
N B
摩擦力对B的冲量大小为
1
I  ft  m gR
f B 2
则地面给B的冲量大小为
m 17gR
I  I2 I2 
地 N f 2
10．（2024·四川达州·一模）如图所示，A为水平平台的右末端，BC为半径R = 1 m的光滑圆弧轨道，圆弧
轨道对应的圆心角θ = 53°，C为圆心的正下方，右边有长L = 0.5 m、质量m = 0.5 kg的3个相同的长木板依
次排列在光滑的水平地面上，长木板的上表面刚好与C齐平。质量m = 0.5 kg的小滑块（视为质点）从A点
以某一初速度水平滑出，刚好从B点切向进入。已知AB间竖直高度h = 0.8 m，小滑块与长木板间的动摩擦
3
因素 。（重力加速度g取10 m/s2，sin53° = 0.8，cos53° = 0.6）。求：
29
(1)小滑块滑到C点时对圆弧轨道的压力N；
(2)如果小滑块在AB间同时受到向上的力F = 2v （v 为小滑块竖直方向速度）。调整平台A点到B点间的
y y水平距离，改变小滑块从A点水平滑出时的初速度使其仍刚好从B点切向进入，到达C点的速度v = 3 m/s
时。小滑块在A点抛出去的速度v 和从A运动到B的时间t；
0
(3)接（2）问，小滑块经过C点后依次滑上长木板，滑块能否从第3个长木板上滑下？若不能，滑块最终停
在第几个长木板上，速度为多大；若能，则滑块从第3个长木板上滑下时相对长木板的速度v 。
对3
【答案】(1)21.5 N，方向竖直向下
(2)0.6 m/s；0.4 s
(3)能，2 m/s，方向水平向右
【详解】（1）小滑块从A运动到B过程有
1
h gt2
2 0
小滑块刚好从B点切向进入，根据速度分解有
v tangt
A0 0
解得
v 3m/s
A0
小滑块从A到C过程，根据动能定理有
1 1
mghRRcos mv2 mv2
2 1 2 A0
小滑块在C点，根据牛顿第二定律有
v2
N mg m 1
0 R
根据牛顿第三定律有
N N
0
解得
N 21.5N
方向竖直向下。
（2）小滑块从B到C过程，根据动能定理有
1 1  v  2
mgRRcos mv2 m 0 
2 2 cos
解得
v 0.6m/s
0在竖直方向上，根据动量定理有
mgtFt mv tan
0
由于
F 2v
y
则有
mgt2v t mv tan
y 0
其中
v th
y
解得
t0.4s
（3）假设滑块能够从第三个木板上滑下，则滑块在第一个木板上运动过程中，滑块相对于第一个木板的相
对初速度
v v
对0
相对加速度大小为
mg mg 4
a    g
对1 m 3m 3
令滑块离开木板1进入木板2的相对速度为v ，则有
对1
v2 v2 2a L
对1 对0 对1
同理可得
v2 v2 2a L
对2 对1 对2
v2 v2 2a L
对3 对2 对3
其中
mg mg 3
a    g
对2 m 2m 2
mg mg
a   2g
对3 m m
解得
v 2m/s
对3
可知，滑块能从第3个长木板上滑下，滑块从第3个长木板上滑下时相对长木板的速度大小为2 m/s，方向水平向右。
11．（2024·浙江台州·一模）如图为某挑战项目的示意图，其中弹射装置由弹射器和物块组成，质量分别为
M 5m和m。弹射装置被挑战者从滑道平台起点O由静止释放，从滑道C点冲出，当到达最高点D时，挑
m
战者启动弹射器在极短时间将物块沿水平方向射出，且刚好水平进入右侧静置于光滑水平地面的质量为
6
1
的组合平台。如果弹射器落到下方宽度为2h的缓冲保护区，且物块能到达右侧光滑 圆弧轨道，也不从组
4
5
合平台左侧脱离，则视为挑战成功。已知平台O点离地高为 h，D点与A点的水平距离与高度均为h，装
2
7
置到最高D点时速度v  2gh，平台上表面的水平长度EF 2h，其与物块的动摩擦因数 ，g为重
D 8
力加速度。弹射器和物块均可视为质点，不计空气阻力。求；
(1)弹射装置在滑道上运动过程中，克服滑道阻力所做的功；
(2)若弹射器射出物块后能落到缓冲保护区内，则在D点弹射器对物块的冲量最大值；
(3)若要挑战成功，弹射器射出物块的速度大小应满足的条件。
【答案】(1)3mgh
15
(2) m 2gh
2
7
(3) 2gh v 7 gh
2 物
【详解】（1）由O到D动能定理
5  1
6mg hhW  6mv2
2  f 2 D
解得
W 3mgh
f
（2）弹射器射出物块后，其速度大小为v ，向后平抛落入缓冲区，则
1
水平xvth
1
竖直
1
h gt2
2
得
2gh
v 
1 2
由射出物块时弹射器受到水平冲量
I 5mv 5mv
1 D
则最大值
15
I 5mv 5mv  m 2gh
1 D 2
由弹射器射出物块的冲量
15
II 5mv 5mv  m 2gh
1 D 2
（3）若物块恰能进入圆弧，由动量守恒
 1 
mv m mv
2  6  共
由能量守恒
1 1 1 
mg2h mv2 m mv2
2 2 2 6  共
得
7 2gh
v 
2 2
若物块恰能返回至装置E点，由动量守恒
 1 
mv m mv
3  6  共
由能量守恒
1 1 1 
mg4h mv2 m mv2
2 3 2 6  共
得
v 7 gh
3
即物块的速度满足
7
2gh v 7 gh
2 物考虑弹射器的安全，物块的速度需要满足
7 17
2gh v  2gh
2 物 2
综合知挑战成功需要满足
7
2gh v 7 gh
2 物
12．（2024·安徽芜湖·一模）如图甲所示，物块A、B的质量分别是m 4.0kg和m 3.0kg，用轻弹簧栓接
A B
相连放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t 0时以一定速度向右运动，
在t4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开。物块C的vt图像如图乙所示。求：
(1)物块C的质量m ；
C
(2)弹簧对物块A、C的弹力在4s到12s的时间内冲量I的大小和方向；
(3)此后运动过程中，物块B的最大速度的大小。
【答案】(1)2kg
(2)大小36Ns，方向向左

(3)4m/s
【详解】（1）由图知，C与A碰前速度为v9m/s，碰后速度为v 3m/s，C与A碰撞过程根据动量守恒
2
可得
m vm m v
C A C 2
解得物块C的质量
m 2kg
C
（2）由图知，12s末A和C的速度为v 3m/s，4s到12s的时间内，根据动量定理可知，弹簧对物块A、
3
C的冲量为
I m m v m m v
A C 3 A C 2
解得
I 36N s
可知冲量大小为36Ns，方向向左。

（3）此后运动过程中，弹簧第一次恢复原长时，物块B的速度最大，则
m m v m m v m v
A C 2 A C 2 B B
1 1 1
m m v2  m m  v2 m v2
2 A C 2 2 A C 2 2 2 B B
联立解得
v 4m/s
B
13．（2024·河南南阳·模拟预测）如图所示，质量均为m的长木板A和物块1、2、3静止在光滑水平面上，
1
相互间保持一定的间距，质量也为m的物块B静止在长木板上表面的左端，质量为 m的小球C用长为L
3
的轻绳悬于O点，将小球拉至左端与O等高的位置，轻绳伸直，由静止释放小球C，小球向下运动到最低
点时恰好与物块B沿水平方向发生弹性正碰，碰撞后物块B在A上向右滑动，A、B共速后，A也与物块1
发生弹性碰撞，物块1、2、3间相互发生的也是弹性正碰，每次A与物块1碰撞前A、B均已达到共速，不
计小球和物块B的大小，物块B与木板间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，碰撞时间忽略不计，求：
（1）C与B碰撞前瞬间，轻绳对C的拉力多大；
（2）A与物块1第一次碰撞前速度多大；
（3）要使物块B不从A上滑离，长木板的长至少为多少。
1 85
【答案】（1）mg；（2） 2gL；（3） L
4 256
【详解】（1）设C与B碰撞前一瞬间的速度大小为v ，根据机械能守恒定律有
0
1 1 1
mgL  mv2
3 2 3 0
解得
v  2gL
0
根据牛顿第二定律
1 1 v2
F mg  m 0
3 3 L
解得F mg
（2）设C与B碰撞后，B的速度大小为v ，C的速度大小为v ；根据动量守恒可得
1 C
1 1
mv  mv mv
3 0 3 C 1
根据能量守恒可得
1 1 1 1 1
 mv2   mv2  mv2
2 3 0 2 3 C 2 1
解得
1 1
v  v  2gL
1 2 0 2
设A与1第一次碰撞前速度为v ，根据动量守恒可得
2
mv 2mv
1 2
解得
1
v  2gL
2 4
（3）设A与物块1第一次碰撞前，B在A上滑行的距离为L ，根据能量守恒可得
1
1 1
mgL  mv2 2mv2
1 2 1 2 2
A每次与物块1发生弹性碰撞过程交换速度，设第二次与物块1碰撞前，A、B共同速度为v ，则
3
mv 2mv
2 3
第一次碰撞后到第二次碰撞前，设B在A上滑行的距离为L ，根据能量守恒可得
2
1 1
mgL  mv2 2mv2
2 2 2 2 3
设A第三次与物块1碰撞前，A、B共同速度为v ，则
4
mv 2mv
3 4
第二次碰撞后到第三次碰撞前，设B在A上滑行的距离为L ，根据能量守恒可得
3
1 1
mgL  mv2 2mv2
3 2 3 2 4
第三次碰撞后，设A、B最终的共同速度为v ，则
5
mv 2mv
4 5
第三次碰撞后，设B在A上滑行的距离为L ，根据能量守恒可得
41 1
mgL  mv2 2mv2
4 2 4 2 5
解得板长至少为
1  2 1  2 1  2
 v   v   v 
v2 2 1  4 1  8 1  85
d L L L L  1     L
1 2 3 4 2g 2g 2g 2g 256