文档内容
考情概览：解读近年命题思路和内容要求，统计真题考查情况。
2024年真题研析：分析命题特点，探寻常考要点，真题分类精讲。
近年真题精选：分类精选近年真题，把握命题趋势。
必备知识速记：归纳串联解题必备知识，总结易错易混点。
名校模拟探源：精选适量名校模拟题，发掘高考命题之源。
命题解读 考向 考查统计
2024·湖北卷，14
2024·湖南卷，15
2024·上海卷，7
2023·浙江 6 月，
18
2023·北京卷，18
2023·全国乙卷，
考向一 碰撞问题 12
2023·山东卷，18
2022·浙江 6 月，
20
2022·全国乙卷，
12
本类试题主要考查动量守恒定律。常 2022·广东卷，13
与能量守恒、功能关系进行综合。要 2022·山东卷，18
求体会用守恒定律分析物理问题的方 2024·河北卷，16
法，体会自然界的和谐与统一。 2024·辽宁卷，14
2023·湖南卷，15
考向二 爆炸、反冲问题
2021·湖南卷，8
2021·山东卷，11
2021·天津卷，11
2024·湖北卷，10
2024·山东卷，17
2023·浙江 1 月，
考向三 板块问题、子穿木问题 18
2023·湖南卷，18
2023·河北卷，8
2023·辽宁卷，15
2024·山东卷，13
考向四 实验：验证动量守恒定律
2024·新课标卷，9
2023·辽宁卷，11
2022·浙江 1 月，
23
2022·全国甲卷，
10
2021·全国乙卷，
考向五 动量守恒的判断
1
命题分析
2024年高考各卷区物理试题均考查了动量问题，重点是动量守恒定律的应用。预测2025年高考将会
继续考查这些内容。
试题精讲
考向一 碰撞问题
1. （2024年湖北卷第14题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距
离为 。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为 、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，
小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的
小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度
大小为 、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上
运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小 。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传
送带的速度大小 。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方
向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为 ，小球在P点正上方的
速度为 ，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从 点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为 。
2. （2024年湖南卷第15题）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为m 和m 的小球A
A B
和B（m >m ）。初始时小球A以初速度v 沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与
A B 0
圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量
比 。
（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的 e倍
（0”或“<”）；
（2）如果测得的 、 、 、 和 在实验误差范围内满足关系式______，则验证了两小球在碰撞
中满足动量守恒定律。实验中，用小球落点与O点的距离来代替小球水平飞出时的速度，依据是______。
【答案】（1）> （2） ①. ②. 小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方
向高度相同故下落时间相同，水平方向匀速运动直线运动，小球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移
成正比。
【解析】【小问1详解】为了保证小球碰撞为对心正碰，且碰后不反弹，要求 ；
【小问2详解】
[1]两球离开斜槽后做平抛运动，由于抛出点的高度相等，它们做平抛运动的时间t相等，碰撞前a球的速
度大小
碰撞后a的速度大小
碰撞后b球的速度大小
如果碰撞过程系统动量守恒，则碰撞前后系统动量相等，则
整理得
[2]小球离开斜槽末端后做平抛运动，竖直方向高度相同故下落时间相同，水平方向匀速运动直线运动，小
球水平飞出时的速度与平抛运动的水平位移成正比。
考向一 碰撞问题
1、（2023年6月浙江卷第18题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道
和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF
与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为 的滑块b与质量为 的滑块c用劲度系数
的轻质弹簧连接，静置于轨道 FG 上。现有质量 的滑块 a 以初速度
从 D 处进入，经 DEF 管道后，与 FG 上的滑块 b 碰撞（时间极短）。已知传送带长
，以 的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数 ，其它摩擦和阻力
均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能 （x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小 和所受支持力大小 ；（2）若滑块a碰后返回到B点时速度 ，求滑块 碰撞过程中损失的机械能 ；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 。
答案：(1)31.0 N
(2)0
(3)0.2 m
解析：(1)滑块a以初速度 从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，由动能定理有
解得
在最低点F，由牛顿第二定律有
解得
(2)碰撞后滑块a返回到B点的过程，由动能定理有
解得
滑块 碰撞过程，由动量守恒定律有
解得
碰撞过程中损失的机械能
(3)滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒定律有
解得
滑块ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由
动量守恒定律有
解得
由机械能守恒定律有
解得
由 解得最大压缩量
滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c速度最
大，ab速度最小；滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当abc三者速度相等时，
弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长
量所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
2. （2023年北京卷第18题）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下
方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，
由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能 。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
解得
（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
解得
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
3. （2023年全国乙卷第12题）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为 。一质量为 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，
圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，
小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【答案】（1）小球速度大小 ，圆盘速度大小 ；（2）l；（3）4
【解析】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降 ，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以 与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即小球碰后速度大小 ，方向竖直向上，圆盘速度大小为 ，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比
小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为 ，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
x = x
盘3 球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x = 8l
盘4
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。
4. （2023年山东卷第18题）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的
上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度 向右做
匀速直线运动。当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并
以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s。已知 ， ，
， ，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数 ，C与B间动摩擦因数，B足够长，使得C不会从B上滑下。B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力
加速度大小 。
（1）求C下滑的高度H；
（2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围；
（3）若 ，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W；
（4）若 ，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化
量 的大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ；（4）
【解析】（1）由题意可知滑块C静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C刚滑上B时可知C受到水平向左的摩擦力，为
木板B受到C的摩擦力水平向右，为
B受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C的加速度为
木板B的加速度为
设经过时间t ，B和C共速，有
1
代入数据解得
木板B的位移共同的速度
此后B和C共同减速，加速度大小为
设再经过t 时间，物块A恰好滑上模板B，有
2
整理得
解得
， （舍去）
此时B的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s范围为
（3）由于
所以可知滑块C与木板B没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得
， （舍去）
滑块C在这段时间的位移所以摩擦力对C做的功
（4）因为木板B足够长，最后的状态一定会是C与B静止，物块A向左匀速运动。木板B向右运动0.48m
时，有
此时A、B之间的距离为
由于B与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A和木板B相向运动，设经过t 时间恰好相遇，则有
3
整理得
解得
， （舍去）
此时有
方向向左；
方向向右。
接着A、B发生弹性碰撞，碰前A的速度为v =1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
0
代入数据解得而此时
物块A向左的速度大于木板B和C向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B和C静止，A向左匀速运动，
系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量
即大小为9.02kg⋅m/s。
5. （2022年浙江6月卷第20题）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，
以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为
l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于
O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知
， ， ， ， ，物块与MN、CD之间的动摩擦因数 ，轨
道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平
滑连接，物块可视为质点，取 。
（1）若 ，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度 的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力 与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度 ，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，
水平向右为正，建立x轴）。
【答案】（1） ；
（2） （方向竖直向上） ；
（3）当 时， ，当 时，【解析】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有
解得
与 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立解得
（2）由（1）分析可知，物块 与物块 在A发生弹性正碰，速度交换。
（I）设物块 刚好可以到达 点，物块 的释放高度为 ，则根据动能定理可得
解得
此时物块a到达E点时的速度恰好为零，则有
（方向竖直向上）
（II）根据（I）中分析可知，当 时，在E点管道外壁将对物块a有弹力的作用，在E点由牛顿第
二定律有
由动能定理
联立可得
（ ，方向竖直向下）
若取竖直向下为正方向，则综上可得
（ ，方向竖直向下）
（3）当 时，物块位置 在点或 点右侧，根据动能定理得
从 点飞出后，竖直方向水平方向
根据几何关系可得
联立解得
代入数据解得
当 时，从 释放时，根据动能定理可得
解得
可知物块达到距离 点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到 时，根据动能定理可得
解得
距离 点0.6m，综上可知当 时
代入数据得
6.（2022年全国乙卷第12题）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：
物块B向A运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 图像如图
（b）所示。已知从 到 时间内，物块A运动的距离为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，
然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜
面倾角为 ，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 、 速度相等，即 时刻，根据动量
守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对 、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻 、 的的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有对方程两边同时乘以时间 ，有
0-t 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
0
将 代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面 最的高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为 ，
方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 ，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为 ，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
7.（2022年广东卷第13题） 某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置
在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度 为 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为 ，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起
竖直向上运动。已知滑块的质量 ，滑杆的质量 ，A、B间的距离 ，重力加
速度g取 ，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
1
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
【解析】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方
向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得 。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得 。
8. （2022年山东卷第18题）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的 点，
点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在 点正上方的O点，轻绳处于水
平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，
开始做简谐运动（要求摆角小于 ），A以速度 沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A
的质量 ，B的质量 ，A与B的动摩擦因数 ，B与地面间的动摩擦因数
，取重力加速度 。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，
不计空气阻力，求：
（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小 与 ；
（2）B光滑部分的长度d；
（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功 ；
（4）实现上述运动过程， 的取值范围（结果用 表示）。
【 答 案 】 （ 1 ） ， ； （ 2 ） ； （ 3 ） ； （ 4 ）
【解析】（1）设水平向右为正方向，因为 点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程
根据动量守恒和能量守恒有
代入数据联立解得
，（方向水平向左）
，（方向水平向右）
即A和B速度的大小分别为 ， 。
（2）因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0，A物体减速过程根据动能定理有
代入数据解得根据动量定理有
代入数据解得
此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以对于此过程B有
联立各式代入数据解得
， （舍去）
故根据几何关系有
代入数据解得
（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为
在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知
解得
B物体停下来的时间为t，则有
3
解得
可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为
所以A对B的摩擦力所做的功为
（4）小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为T，摆
长为L，则有
由单摆周期公式 解得，小球到悬挂点O点的距离
小球下滑过程根据动能定理有
当碰后小球摆角恰为5°时，有
解得
，
小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有
小球与A碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于 ），则要求
故要实现这个过程的范围为
9. （2021年广东卷第13题）算盘是我国古老 的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑
动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，
甲、乙相隔 ，乙与边框a相隔 ，算珠与导杆间的动摩擦因数 。现
用手指将甲以 的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为 ，方向不变，碰撞时间极短且
不计，重力加速度g取 。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。【答案】（1）能；（2）0.2s
【解析】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v，则
1
解得
v=0.3m/s
1
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度
v=0.2m/s
3
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动 的时间
则甲运动的总时间为
考向二 爆炸、反冲问题
10. （2023年湖南卷第15题）如图，质量为 的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形
的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为 和 ，长轴水平，短轴竖直．质量为 的小球，初始时刻从
椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系 ，椭圆长轴位于 轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为 。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽 的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系 中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若 ，求小球下降 高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用 及 表示）。
【 答 案 】 （ 1 ） ， ； （ 2 ） ； （ 3 ）
【解析】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t可得
且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为 时，此时凹槽水平向右运动的位移为 ，
根据上式有则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
（ ）
（3）将 代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以 为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为 时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为 ，小球下降 的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
11. （2021年湖南卷第8题）（多选）如图（a），质量分别为m 、m 的A、B两物体用轻弹簧连接构成
A B
一个系统，外力 作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为 。撤去外力
并开始计时，A、B两物体运动的 图像如图（b）所示， 表示0到 时间内 的 图线与坐标轴
所围面积大小， 、 分别表示 到 时间内A、B的 图线与坐标轴所围面积大小。A在 时刻的
速度为 。下列说法正确的是（ ）A. 0到 时间内，墙对B 的冲量等于m v
A 0
B. m > m
A B
C. B运动后，弹簧的最大形变量等于
D.
【答案】ABD
【解析】A．由于在0 ~ t 时间内，物体B静止，则对B受力分析有
1
F = F
墙 弹
则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转为A，
撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有
I = m v（方向向右）
A 0
则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；
B．由a—t图可知t 后弹簧被拉伸，在t 时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
1 2
F = m a = m a
弹 A A B B
由图可知
a > a
B A
则
m < m
B A
B正确；
C．由图可得，t 时刻B开始运动，此时A速度为v，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，
1 0
则
可得AB整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；
D．由a—t图可知t 后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t~t 时间内AB组成的系统动量守恒，且在t 时刻
1 1 2 2
弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为 ，在t 时刻AB的速度分别为
2
，
A、B共速，则D正确。
故选ABD。
12. （2021年山东卷第11题）（多选）如图所示，载有物资 的热气球静止于距水平地面H的高处，现将
质量为m的物资以相对地面的速度 水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球
的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A. 投出物资后热气球做匀加速直线运动
B. 投出物资后热气球所受合力大小为
C.
D.
【答案】BC
【解析】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为
的物资瞬间，满足动量守恒定律
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度 ，热气球所受合外力恒为 ，竖直向上，
所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示热气球和物资所受合力大小均为 ，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地 过程所用的时间 内，根据 解得落地时间为
热气球在竖直方向上运动的位移为
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
故C正确，D错误。
故选BC。
13. （2021年天津卷第11题）一玩具以初速度 从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将
玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩
具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求
（1）玩具上升到最大高度 时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比 。【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度 时的速度大小为v，重力加速度大小为g，
以初速度方向为正，整个运动过程有
玩具上升到最大高度 有
两式联立解得
（2）设玩具分开时两部分的质量分别为 、 ，水平速度大小分别为 、 。依题意，动能关系为
玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为 ，设两部分落地
时的速度大小分别为 、 ，由速度合成公式，有
，
结合 ，解得
考向三 板块问题、子穿木问题
14、（2023年1月浙江卷第18题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角
的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角 的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各
段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B（E）处。凹槽GHIJ底面HI水平光
滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水
平面。已知螺旋圆形轨道半径 点高度为 长度 ，HI长度 ，摆
渡车长度 、质量 。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度 处静止释放，
滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空
气阻力， ， ）（1）求滑块过C点的速度大小 和轨道对滑块的作用力大小 ；
（2）摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
答案：(1)22 N (2)0.3 (3)2.5 s
解析：(1)C点离地高度为
滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得
在最高点C时，根据牛顿第二定律可得
解得
(2)从静止释放到G点，由动能定理可得
由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v
根据动量守恒定律可得
由功能关系可得
综合解得
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为 ，有
共速后继续向右匀速运动的时间
15. （2023 年海南卷第 18 题）如图所示，有一固定的光滑 圆弧轨道，半径 ，一质量为
的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，
已知 ，B、C间动摩擦因数 ，C与地面间的动摩擦因数 ，C右端有一个挡板，C长为 。
求：
（1） 滑到 的底端时对 的压力是多大？
（2）若 未与 右端挡板碰撞，当 与地面保持相对静止时， 间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在 时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求 从滑上 到最终停止所
用的时间。
【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【解析】（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得
在底部，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知B对A的压力是 。
（2）当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得
解得加速度向左为
对C分析，受B向右的摩擦力 和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式 ，得B向右运动的距离C向右运动距离
由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量
可得
（3）由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为 ，有
解得
B的位移为
则此刻的相对位移为
此时
由 ，一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经 时间B与C挡板碰撞，有
解得
碰撞时B速度为
碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得后再经 后停下，则有
故 从滑上 到最终停止所用的时间总时间
16. （2023年河北卷第8题）如图，质量为 的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为 的竖直光
滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成 角．质量为 的
小物块 以 的初速度从木板左端水平向右滑行， 与木板间的动摩擦因数为0.5．当 到达木板右
端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时 沿圆弧切线方向滑上轨道．待 离开轨道后，可随时解
除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为 取
取 ．
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块 和木板的速度大小；
（2）求物块 到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块 运动到最大高度时会炸裂成质量比为 的物块 和物块 ，总质量不变，同时系统动能增
加 ，其中一块沿原速度方向运动．为保证 之一落在木板上，求从物块 离开轨道到解除木板锁定
的时间范围．
【答案】（1） ， ；（2） ， ；（3） 或
【解析】（1）设物块 的初速度为 ，木板与轨道底部碰撞前，物块 和木板的速度分别为 和 ，物
块 和木板的质量分别为 和 ，物块 与木板间的动摩擦因数为 ，木板长度为 ，由动量守恒定
律和功能关系有由题意分析 ，联立式得
（2）设圆弧轨道半径为 ，物块 到圆弧轨道最高点时斜抛速度为 ，轨道对物块的弹力为 ．物块
从轨道最低点到最高点，根据动能定理有
物块 到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
联立式，得
设物块 拋出时速度 水的平和竖直分量分别为 和
斜抛过程物块 上升时间
该段时间物块 向左运动距离为
．
物块 距离地面最大高度
．
（3）物块 从最高点落地时间
设向左为正方向，物块 在最高点炸裂为 ，设质量和速度分别为 和 、 ，设
，系统动能增加 ．根据动量守恒定律和能量守恒定律得
解得
或 ．设从物块 离开轨道到解除木板锁定 的时间范围 ：
（a）若 ，炸裂后 落地过程中的水平位移为
炸裂后 落地过程中的水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
为了保证 之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅 落在木板上，应满足
且
解得
Ⅱ．若仅 落在木板上，应满足
且
不等式无解；
（b）若 ，炸裂后 落地过程中水平位移为0，炸裂后 落地过程中水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下为了保证 之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ．若仅 落在木板上，应满足
且
解得
Ⅳ．若仅 落在木板上，应满足
且
解得
．
综合分析（a）（b）两种情况，为保证 之一一定落在木板上， 满足 条的件为
或
17. （2023年辽宁卷第15题）如图，质量m = 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定
1
一劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m = 4kg的小物块以水平向右的速度
2
滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ
= 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E 与形变量x的关系
p
为 。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x ；
1
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x 及此时木板速度v 的大小；
2 2
（3）已知木板向右运动的速度从v 减小到0所用时间为t 。求木板从速度为v 时到之后与物块加速度首次
2 0 2
相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t 表示）。
0【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m； ；（3）
【解析】（1）由于地面光滑，则m、m 组成的系统动量守恒，则有
1 2
mv= (m＋m)v
2 0 1 2 1
代入数据有
v= 1m/s
1
对m 受力分析有
1
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v2= 2ax
1 1 1
代入数据解得
x= 0.125m
1
（2）木板与弹簧接触以后，对m、m 组成的系统有
1 2
kx = (m＋m)a
1 2 共
对m 有
2
a= μg = 1m/s2
2
当a = a 时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
共 2
x= 0.25m
2
对m、m 组成的系统列动能定理有
1 2
代入数据有
（3）木板从速度为v 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m 的加速度大于木块m 的
2 1 2
加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x 时，则说明此时m 的速度大小为v ，共用时
2 1 2
2t，且m 一直受滑动摩擦力作用，则对m 有
0 2 2
－μm g∙2t= mv－mv
2 0 2 3 2 2
解得
则对于m、m 组成的系统有
1 2U = W
f
联立有
考向四 实验：验证动量守恒定律
18. （2023年辽宁卷第11题）某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板
搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元
硬币和一角硬币进行实验。
测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为 和 ( )。将硬币甲放置在斜面一某一位置，
标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将
硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲
乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平
均值分别为 、 、 。
（1）在本实验中，甲选用的是____（填“一元”或“一角”）硬币；
（2）碰撞前，甲到O点时速度的大小可表示为_____（设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为
g）；
（3）若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则 _____（用 和 表示），然后通过测得 具体数
的
据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒；
（4）由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不
是1，写出一条产生这种误差可能的原因____。
【答案】 ①. 一元 ②. ③. ④. 见解析
【解析】（1）[1]根据题意可知，甲与乙碰撞后没有反弹，可知甲的质量大于乙的质量，甲选用的是一元
硬币；
（2）[2]甲从 点到 点，根据动能定理
解得碰撞前，甲到O点时速度的大小（3）[3]同理可得，碰撞后甲的速度和乙的速度分别为
若动量守恒，则满足
整理可得
（4）[4]由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值
不是1，写出一条产生这种误差可能的原因有：
1.测量误差，因为无论是再精良的仪器总是会有误差的，不可能做到绝对准确；
2.碰撞过程中，我们认为内力远大于外力，动量守恒，实际上碰撞过程中，两个硬币组成的系统合外力不
为零。
19. （2022年浙江1月卷第23题）“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图所示，阻力很小的滑轨上有两
辆小车A、B，给小车A一定速度去碰撞静止的小车B，小车A、B碰撞前后的速度大小可由速度传感器测
得。
①实验应进行的操作有_______。
A．测量滑轨的长度
B．测量小车的长度和高度
C．碰撞前将滑轨调成水平
②下表是某次实验时测得的数据：
碰撞后B的速
碰撞前A的速度大 碰撞后A的速度
A的质量/kg B的质量/kg 度大小/（
小/（ ） 大小/（ ）
）
0.200 0.300 1.010 0.200 0.800
由表中数据可知，碰撞后小车A、B所构成系统的总动量大小是_______kg·m/s。（结果保留3位有效数
字）
【答案】 ①. C ②.
【解析】①[1]碰撞前将滑轨调成水平，保证碰撞前后A、B做匀速直线运动即可，没有必要测量滑轨的长度和小车的长度、高度。
故选C。
②[2]由表中数据可知小车A的质量小于B的质量，则碰后小车A反向运动，设碰前小车A的运动方向为
正方向，则可知碰后系统的总动量大小为
解得
20. （2022年全国甲卷第10题）利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究。让质量为 的滑块A与质量
为 的静止滑块B在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A和B的速度大小 和 ，
进而分析碰撞过程是否为弹性碰撞。完成下列填空：
（1）调节导轨水平；
（2）测得两滑块的质量分别为 和 。要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为
______kg的滑块作为A；
（3）调节B的位置，使得A与B接触时，A的左端到左边挡板的距离 与B的右端到右边挡板的距离
相等；
（4）使A以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B碰撞，分别用传感器记录A和B从碰撞时刻开始到各
自撞到挡板所用的时间 和 ；
（5）将B放回到碰撞前的位置，改变A的初速度大小，重复步骤（4）。多次测量的结果如下表所示；
1 2 3 4 5
0.49 0.67 1.01 1.22 1.39
.
0.15 0.21 033 0.40 0.46
0.31 0.33 0.33 0.33
（6）表中的 ______（保留2位有效数字）；
（7） 的平均值为______；（保留2位有效数字）（8）理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由 判断。若两滑块的碰撞为弹性碰撞，
则 的理论表达式为______（用 和 表示），本实验中其值为______（保留2位有效数字），若该值
与（7）中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A与滑块B在导轨上的碰撞为弹性碰撞。
【答案】 ①. 0.304 ②. 0.31 ③. 0.32 ④. ⑤. 0.34
【解析】（2）[1]应该用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304kg的滑块作
为A。
（6）[2]由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得
（7）[3] 平均值为
（8）[4][5]弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得
联立解得
代入数据可得
考向五 动量守恒的判断
21. （2021年全国乙卷第1题）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另
一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车
厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系
统（ ）
A. 动量守恒，机械能守恒
B. 动量守恒，机械能不守恒C. 动量不守恒，机械能守恒
D. 动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，
而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力
后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B。
一、动量守恒定律的理解和基本应用
1．内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式
(1)p＝p′或mv＋mv＝mv′＋mv′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
1 1 2 2 1 1 2 2
(2)Δp＝－Δp，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
1 2
3．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．
4．动量守恒定律的五个特性：
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
动量是一个瞬时量，表达式中的p、p、…应是系统中各物体在相互作用前
1 2
同时性 同一时刻的动量，p′、p′、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻
1 2
的动量
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动
普适性
的微观粒子组成的系统
二、爆炸、反冲运动和人船模型
1．爆炸现象的三个规律
动量 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
守恒 总动量守恒
动能 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
增加 械能增加
位置 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
不变 部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.反冲运动的三点说明
作用
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
原理
动量 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 守恒定律
机械能 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
增加 能增加
三、碰撞问题
1．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
2．分类
动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
3．弹性碰撞的重要结论
以质量为m、速度为v 的小球与质量为m 的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
1 1 2
mv＝mv′＋mv′
1 1 1 1 2 2
mv2＝mv′2＋mv′2
1 1 1 1 2 2
联立解得：v′＝v，v′＝v
1 1 2 1
讨论：①若m＝m，则v′＝0，v′＝v(速度交换)；
1 2 1 2 1
②若m>m，则v′>0，v′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m≫m 时，v′≈v，v′≈2v；
1 2 1 2 1 2 1 1 2 1
③若m0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m≪m 时，v′≈－v，v′≈0.
1 2 1 2 1 2 1 1 2
4．静止物体被撞后的速度范围
物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B的速度最小，v ＝
B
v，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，v ＝v.则碰后物体B的速度范围为：v≤v ≤v.
0 B 0 0 B 0
5.碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p＋p＝p′＋p′.
1 2 1 2
(2)动能不增加：E ＋E ≥E ′＋E ′.
k1 k2 k1 k2
(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v >v ，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物
后 前
体同向运动，则应有v ′≥v ′.
前 后
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变．
四、人船模型
1．模型图示2．模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：mv人 －Mv船 ＝0
(2)两物体的位移大小满足：m－M＝0，
x ＋x ＝L，
人 船
得x ＝L，x ＝L
人 船
3．运动特点
(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
(2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
五、验证动量守恒定律
1．不变的实验原理
两个物体发生碰撞，测量出两个物体的质量以及碰撞前后两个物体的速度。
2．通用的数据处理方法
计算碰撞之前的总动量mv＋mv 和碰撞之后的总动量mv′＋mv′。
1 1 2 2 1 1 2 2
3．共同的注意事项
(1)碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
(2)选质量较大的小球作为入射小球，即m ＞m 。
入 被碰
4．一致的误差分析思路
(1)主要来源于质量m、m 的测量。
1 2
(2)小球落点的确定。
(3)小球水平位移的测量。
六、“滑块—弹簧”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)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．
(2)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．
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰
撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)．
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)．
七、“滑块—斜(曲)面”模型
1．模型图示2．模型特点
(1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共 ，此时m的竖直速度v
y
＝0.系统水平方向动量守恒，mv
0
＝(M＋m)v共 ；系统机械能守恒，mv
0
2＝(M＋m)v共 2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧
形轨道的高度(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)．
(2)返回最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv ＝mv ＋Mv ；系统机械能守恒，mv2＝mv2＋
0 1 2 0 1
Mv2(相当于完成了弹性碰撞)．
2
八、子弹打木块模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．
(2)系统的机械能有损失．
3．两种情景
(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)
动量守恒：mv＝(m＋M)v
0
能量守恒：Q＝F·s＝mv2－(M＋m)v2
f 0
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv＝mv＋Mv
0 1 2
能量守恒：Q＝F·d＝mv2－(Mv2＋mv2)
f 0 2 1
九、滑块—木板模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能．
(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大．
3．求解方法
(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；
(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；
(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FΔx或Q＝E －E ，研究对象为一个系统．
f 初 末1. （2024·安徽安庆·三模）如图所示，一质量为M=4kg的木板静止在水平面上，木板上距离其左端点为
L=2.5m处放置一个质量为m=1kg的物块（视为质点），物块与木板之间的动摩擦因数为 。t=0时
刻，给木板一个水平向右的瞬时冲量I=20N•s。物块恰好未从木板上滑落。设最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，重力加速度取g=10m/s2。求：
（1）木板与地面之间的动摩擦力大小；
（2）若给木板水平向右的冲量的同时，也给物块水平向右的恒力F=5N。求当木板刚停止时物块的动能。
（物块未从木板上滑落）
【答案】（1）f=5N；（2）E=200J
k
【解析】（1）对木板由动量定理
可知木板初速度为
对物块受力分析可知物块受到木板给的向右的摩擦力，所以物块加速度为
对木板受力分析可知木板受到物块给的向左的摩擦力和地面给木板的向左的摩擦力，则减速的加速度设为
，有
由题可知物块和木板共速用时满足
以木板为参考系，则物块运动至木板左端恰好未从木板上滑落由平均速度公式有
由以上各式解得木板与地面之间的动摩擦力大小为
f=5N
（2）由于水平向右的恒力大小与地面给系统向左的摩擦力大小相等，即
所以系统在此过程动量守恒，则有
解得
木板刚停止时物块的动能为2. （2024·安徽安庆·三模）如图所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧轨道AB，轨道上A点切线沿水
平方向，忽略A点距地面的高度，轨道右侧有质量 的静止薄木板，上表面与A点平齐。一质量
的小滑块（可视为质点）以初速度 从右端滑上薄木板，重力加速度大小为
，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为 。
（1）若薄木板左端与A点距离d足够长，薄木板长度 ，薄木板与轨道A端碰后立即静止，求小
滑块离开薄木板运动到轨道上A点时的速度 ；
（2）在（1）中，小滑块继续沿圆弧轨道AB运动至B点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气
阻力，B点与地面间的高度差 保持不变，圆弧AB对应的圆心角 可调，求小滑块的最大水平射
程 及对应的圆心角 ；
（3）若薄木板长度L足够长，薄木板与轨道A端碰后立即以原速率弹回，调节初始状态薄木板左端与A
点距离d，使得薄木板与轨道A端只能碰撞2次，求d应满足的条件。
【答案】（1） ；（2） ， ；（3）
【解析】（1）因薄木板左端与B点距离d足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道AB发生碰撞，设共同
速度为 ，根据动量守恒定律，有
解得
设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为x，对滑块、薄木板系统由功能关系，有
解得
薄木板与轨道AB碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的A点，有
解得（2）小滑块由A点到B点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有
解得
设小滑块落地的速度大小为v，落地速度方向与水平方向夹角为 ，根据机械能守恒定律知
画出速度矢量关系如图所示
设从B点飞出到落至地面所用时间为t，则小滑块水平位移为
由几何关系可知，矢量三角形的面积为
由此可知，当矢量三角形面积最大时，水平位移最大。
解得
此时满足条件
即
，
（3）当小滑块与薄木板第1次共速时恰好和轨道AB发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情
形下薄木板和轨道AB恰好碰1次。
小滑块与薄木板加速度相等当小滑块与薄木板第2次共速时恰好和轨道AB发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下
薄木板和轨道AB恰好碰2次。
从开始到第一次碰撞的时间
薄木板和轨道AB碰撞时的速度
考虑小滑块的运动
联立解得
综上可知d应满足的条件为
3. （2024·北京市海淀区·二模）（2）用如图4所示装置研究两个半径相同的小球在轨道水平部分碰撞前后
的动量关系。图5中O点是小球抛出点在地面上的竖直投影。实验时先让a球多次从斜槽上某一固定位置
C由静止释放，其平均落地点的位置为P。再把b球放在水平轨道末端，将a球仍从位置C由静止释放，a
球和b球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作多次，其平均落地点的位置为M、N。测
量出a、b两个小球的质量分别为m 、m （m >m ），OM、OP、ON的长度分别为x 、x 、x 。
1 2 1 2 1 2 3
①在实验误差允许范围内，若满足关系式____________________________（用所测物理量的字母表示），
则可以认为两球碰撞前后的动量守恒。
②换用不同材质的小球再次进行上述实验，计算得出 ，若碰撞过程满足动量守恒，请分析说明
两球碰撞过程机械能是否守恒_____。
【答案】（2） ①. m x = m x + m x ②. 不守恒
1 2 1 1 2 3
【解析】[1]小球在空中运动的时间为t，若满足动量守恒定律有得
[2]碰撞前后系统总动能分别为
故可得
根据动量守恒关系式
结合 ，整理得
由于 ，故 ，可知两球碰撞过程机械能不守恒。
4. （2024·北京市海淀区·三模）如图所示，在粗糙水平地面上静止放置着物块B和C，相距 ，
在物块B的左侧固定有少量炸药，在物块B的左边有一弹簧枪，弹簧的弹性势能 ，弹簧枪将小
球A水平发射出去后，小球A与B发生碰撞并导致炸药爆炸使小球A又恰好返回到弹簧枪中将弹簧压缩
到初位置，物块B再与物块C发生正碰，碰后瞬间物块C的速度 。已知物块A和物块B的质
量均为 ，若C的质量为B质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数 。（设碰撞时间很短，
g取 ）
（1）计算A与B碰撞后瞬间B的速度 ；
（2）计算B与C碰撞前瞬间的速度 ；
（3）根据B与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论B与C碰撞后B的可能运动方向。
【答案】（1） ；（2） ；（3）见解析
【解析】（1）根据题意可知，弹簧枪将小球A水平发射出，设小球A以 发出，则有解得
由于碰撞之后，A又恰好返回到弹簧枪中将弹簧压缩到初位置，则A与B碰撞后，A的速度大小为 ，
方向向左，A与B碰撞过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律有
解得
即A与B碰撞后瞬间B的速度为 。
（2）从B开始运动到B与C碰撞的过程中，由动能定理有
解得
（3）根据题意可知，B和C碰撞过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律有
整理可得
可知，若碰撞后B、C同向运动，则有
可得
若碰撞后B静止，则有
解得
若碰撞后B反向，则有
解得
由于碰撞过程中，动能不能增加，则有
解得则有当 时，碰撞后B、C同向运动；当 时，碰撞后B静止；当 ，碰撞后B的方
向与C的方向相反。
5. （2024·北京市海淀区·一模）如图所示，水平地面上固定着光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑连接，
设物块通过连接处时速率不发生改变。质量m =0.4kg的物块A从斜槽上端距水平地面高度h=0.8m 处由静
1
止下滑，并与静止在斜槽末端的质量m =0.8kg 的物块B相碰，相碰后物块A立即停止运动，物块 B 滑行
2
一段距离后停止运动。取重力加速度g=10m/s2，两物块均可视为质点。求：
（1）物块A 与物块B 碰撞前瞬间的速度大小。
（2）物块A 与物块B 碰撞过程中A、B 系统损失的机械能。
（3）滑动摩擦力对物块B 做的功。
【答案】（1）4m/s；（2）1.6J；（3）-1.6J
【解析】（1）物块A 与物块B 碰撞前，根据动能定理有
解得
m/s
（2）物块A 与物块B 碰撞过程中，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
J
（3）B运动到停止的过程中，根据动能定理有
解得
J
6. （2024·福建省三明市·一模）如图，固定在竖直面内的导轨PQR，由半径为r的光滑半圆环和足够长水
平导轨组成，水平导轨上的N点左侧光滑、右侧粗糙，半圆环与水平轨道在Q点相切。一根自然长度恰为r、劲度系数 的轻质弹性绳，一端固定在圆环的顶点P，另一端与一个穿在圆环上、质量为m的
小球 相连。在水平轨道的Q、N两点间依次套着质量均为2m的b、c两个小球，两小球大小相同。开始
时将小球 移到某一位置M，使弹性绳刚好处于原长且伸直状态，然后由静止释放小球a，当小球 在圆
环上达到最大速度时，弹性绳自动脱落。已知弹性绳的弹性势能 与其伸长量x间满足 ，各个
小球与导轨粗糙部分间的动摩擦因数均 ，小球间的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速
度为g。求：
（1）释放小球 瞬间，圆环对小球 的作用力F 大小；
N1
（2）弹性绳自动脱落时，小球 沿圆环下滑的速率v ；
m
（3）最终 两球间的距离 。
【答案】（1） ；（2） ；（3）4.4r
【解析】（1）设释放小球a瞬间，圆环对小球a的作用力大小为F ，有
N1
解得
（2）方法一：设在弹性绳自动脱落前瞬间，弹性绳与竖直方向间夹角为 ，此时小球a的速率为 ，此
时弹性绳弹力F 与球a的重力的合力沿半径指向圆心O，a球受力如图示。
T
由正弦定理得
由能量守恒得解得
方法二：绳断瞬间夹角为 绳长
切向力相等
解得
，
由能量守恒得
解得
（3）弹性绳自动脱落后，设小球a到达Q点时的速度为 ，有
小球a过Q点后与小球b发生第一次弹性碰撞，设a、b碰撞后的速度分别为v 、v ，由动量守恒定律和
a1 b1
能量守恒定律可知
解得
，
a、b碰撞后，b与c发生弹性碰撞交换速度，所以c球最终经过N点的速度为
设c球在水平粗糙导轨滑行距离为 ，有
小球a从圆环上返回后第二次与b球碰撞，同理a、b第二次碰撞后的速度分别为
、设小球a在水平粗糙导轨滑行距离为 ，有
解得
7. （2024·广东多校联考·三模）（多选）如图所示，叠放在一起的a、b两物块从距地面一定高度处由静止
下落，经碰撞后物块b静止在地面上。不考虑空气阻力的影响，b与地面仅碰撞一次，假定所有的碰撞均
为弹性碰撞，则（ ）
A. 下落过程中物块a、b间存在弹力作用
B. 物块b的质量是a的3倍
C. 物块a能反弹的最大高度是其初始下落高度的5倍
D. 物块a反弹的速度是物块b落地速度的2倍
【答案】BD
【解析】A．由于不受空气阻力作用，两物块均在空中做自由落体运动，两物块之间不存在相互作用的弹
力，故A错误；
BD．两物块落地瞬间的速度大小为v ，物块b落地后与地面发生弹性碰撞，以初速度v 反弹且与物块a发
0 0
生弹性碰撞，设碰撞后瞬间物块a的速度为v，以竖直向上为正方向，则由动量守恒定律可得
由机械能守恒定律可得
解得
m =3m，v=2v
b a 0
故BD正确；
C．以整个过程为研究对象，设初始下落高度为h，a反弹的高度为h'，则有
解得
h'=4h
故C错误。
故选BD。8. （2024·广东4月名校联考）如图，光滑水平地面上有一固定墙壁，紧靠墙面左侧停放一长为L=4m ，
质量为M=0.2kg 的长木板，在距长木板左端为kL（ ）处放置着A、B两小木块，A、B质量均为
m=0.2kg。某时刻，A、B在强大内力作用下突然分开，分开瞬间A的速度为v =4m/s，方向水平向左。 B
A
与墙壁碰撞瞬间不损失机械能，A、B与长木板间的动摩擦因数分别为μ =0.2和μ =0. 3。
A B
（1）求AB分离瞬间，B的速度v；
1
（2）若 ，求A离开木板时，B的速度大小v；
2
（3）若 ，试讨论摩擦力对B所做的功。
【答案】（1）4m/s；（2）2.5m/s；（3）-1.6J或者 J
【解析】（1）在A、B分离瞬间 ，A、B系统动量守恒，有
（或 ）
（2）对A，从与B分离到离开木板过程中，有
解得
假设此时B还没有撞到墙，对B有假设成立，即此时B速度为
（3）若B恰好不撞墙壁，则有
解得
若 ，则B未以墙壁就减速为0，则摩擦力对B所做的功为
若 ，则B与墙碰撞后反弹，再与板共速，设碰前速度为 ，共速速度为 ，则有
B向右减速过程，有
B反弹后，至B与板共速，有
摩擦力对B所做的功为
（J）
9. （2024·广西南宁市、河池市等校联考·二模）如图所示，两物体A、B之间有一压缩的轻质弹簧并置于
光滑的水平面上，两物体与轻弹簧不连接，开始用细线将两物体拴接，某时刻将细线烧断。已知弹簧储存
的弹性势能为 ，物体A、B的质量分别为3m、m。则下列说法正确的是（ ）
A. 两物体与弹簧分离时，物体A的速度为 B. 两物体与弹簧分离时，物体B的速度为
C. 轻弹簧对两物体做的功相同 D. 轻弹簧对两物体的冲量大小相等
【答案】D
【解析】AB．设分离时物体A、B的速度大小分别为 、 ，由于水平面光滑，则两物体组成的系统动量
守恒，又只有弹簧的弹力做功，则系统的机械能守恒，则有解得
故A、B错误；
C．分离时，物体A、B的动能分别为
轻弹簧对物体A、B做的功分别为 、 ，由动能定理
故
则轻弹簧对两物体做功之比为 ，故C错误；
D．由于分离瞬间，两物体的动量大小相等，所以轻弹簧对两物体的冲量大小相等，方向相反，故D正确。
故选D。
10. （2024·河北·三模）滑雪是人们在冬季喜爱的户外运动。如图所示，斜面的倾角为 ，滑车甲（含坐
在里面的人）的总质量 ，从距斜面底端高度 处的A点沿斜面由静止开始匀加速下滑，
下滑到B点时的速度大小 ，然后滑车甲进入水平滑道，滑车甲在水平滑道上滑行的距离
时与静止于C点、质量 的空滑车乙相碰（碰撞时间可忽略不计），两车碰后速度
相同，两滑车与斜面和水平滑道间的动摩擦因数相同，两滑车均可视为质点，不计空气阻力，不计滑车甲
通过B点时的机械能损失。求：
（1）滑车甲与斜面间的动摩擦因数 ；
（2）两滑车碰后滑行的距离s。【答案】（1） ；（2）
【解析】（1）滑车甲从A到B，根据动能定理
代入数据得
（2）设滑车甲与滑车乙碰前速度为v，根据动能定理
得
根据动量守恒
得碰后速度
两滑车碰后滑行的距离
11. （2024·湖北省十一校联考·二模）下图是大型户外水上竞技闯关活动中“渡河”环节的简化图。固定
在地面上的圆弧轨道上表面光滑。质量 的平板浮于河面上，其左端紧靠着圆弧轨道，且其上表面
高度差 处由静止滑下，人与A碰撞后经 与平板速度相等，此时A恰好冲出平板并沉入
水中，不影响平板运动。已知人、橡胶块与平板间的动摩擦因数均为 ；平板受到水的阻力是其所
受浮力的k倍 。平板碰到河岸立即被锁定。河面平静，水的流速忽略不计，整个过程中有足够的
安全保障措施。人、橡胶块A可看作质点，重力加速度g取 ，求：
（1）人与橡胶块A相撞之后，A冲出平板之前，平板的加速度多大；
（2）人与橡胶块A相撞之后瞬间，A的速度多大；
（3）若“渡河”过程中，平板能够碰到河岸，河岸宽度的最大值。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）人与橡胶块A相撞之后，设平板的加速度为 ，根据牛顿第二定律
代入数据，解得
（2）设人滑到圆弧轨道底端时的速度大小为v，由机械能守恒定律
0
解得
人与A碰撞后，由牛顿第二定律，设人的加速度为 ，则
解得
设A的加速度为 ，则
解得
人与A碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，经 人与平板共速，设人
与A碰撞后人的速度大小为 ，A的速度大小为 ，有
解得
对人与A在碰撞过程中，由动量守恒定律得
解得（3） 时间内，A的位移为
人与平板共速后，设人与平板整体的加速度为a，对人与板，由牛顿第二定律得
解得
设人与平板共速时的速度为v，有
人与平板共速到平板速度为零过程中，平板的位移大小x 满足
2
解得
则河岸宽度的最大值
