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专题9.2 动量守恒定律及应用【讲】
【讲核心素养】
1.物理观念：碰撞、反冲。
（1）理解碰撞、反冲的定义及物理意义。
（2）定量分析一维碰撞问题并能解释生产生活中的弹性碰撞和非弹性碰撞现象。
2.科学思维：动量守恒定律、人船模型、“木块—滑块”模型、“子弹打木块”模型、“含弹
簧”模型。
（1）.理解系统动量守恒的条件、会应用动量守恒定律解决基本问题、会分析、解决动量守恒定
律的临界问题。
（2）会用动量守恒观点分析反冲运动、人船模型、“子弹打木块”、“滑块—木板”模型的有
关问题。
3.科学态度与责任：现代航天技术与反冲。
体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。
【讲考点题型】
【知识点一】动量守恒定律的理解和基本应用
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 、…必须是系统中各物体在相互作用前同
1 2
同时性
一时刻的动量，p′ 、p′ 、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
1 2
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的微
普适性
观粒子组成的系统
题型1 动量守恒条件的理解
【例1】（2022·湖北武汉·模拟预测）2022年2月5日，由任子威、武大靖、曲春雨、范可新和张
雨婷组成的中国队获得短道速滑混合团体2000米接力比赛冠军，这是中国代表团在北京冬奥会上
夺得的首枚金牌。短道速滑的接力与田径比赛的接力不同，运动员只需要在到达接力地点的时候
推送下一个队友出发就是完成了接力。决赛中，“接棒”的任子威在“交棒”的曲春雨前面滑行，
当追上时，曲春雨猛推任子威一把，使任子威获得更大的速度向前滑行，如图所示。在曲春雨用
力推任子威的过程中，不计冰面阻力和空气阻力，下列说法正确的是（ ）A．任子威的速度增加量大于曲春雨的速度减少量
B．任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量
C．任子威的动量变化一定比曲春雨的动量变化快
D．任子威受到推力的冲量大于曲春雨受到推力的冲量
【答案】 B
【解析】AB．在曲春雨用力推任子威的过程中，两人组成的系统在水平方向所受合外力为零，则
动量守恒，所以任子威的动量增加量等于曲春雨的动量减少量，而两人质量关系未知，所以无法
比较两人速度的变化量，故A错误，B正确。
D．任子威受到推力和曲春雨受到推力是一对相互作用力，大小相等，而作用时间也相同，所以
两个力的冲量大小相等，故D错误；
C．根据动量定理有
所以
即动量变化的快慢等于合外力，由题意并根据D项分析可知，两人各自受到的合外力大小相等，
所以两人动量变化的快慢相同，故C错误。
故选B。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念、科学思维。要求考生能正确理解并区分动量
守恒定律和机械能守恒的应用的条件。
【变式训练1】（2022·福建·莆田二中模拟预测）如图所示，质量为m的半径为R的光滑圆弧形
凹槽静止在光滑水平面上，质量也为m的小钢球从槽的顶端A处由静止释放，在小球下滑到底端
B的过程中，则（ ）
A．小球和凹槽组成的系统动量守恒 B．小球与凹槽、地球组成的系统机械能守恒C．小球对地的运动位移为R D．小球所受合力的瞬时功率一直增大
【答案】 B
【解析】A．小球竖直方向有加速度，系统在竖直方向上合力不为零，但是系统在水平方向受力
为零，可知小球和凹槽组成的系统水平方向动量守恒。故A错误；
B．根据机械能守恒的条件可知，小球与凹槽、地球组成的系统机械能守恒。故B正确；
C．系统水平方向动量守恒，有
又
联立，可得
故C错误；
D．小球开始下滑时，速度为零，根据
可知合力的瞬时功率为零，小球滑到底端B时，速度与合力垂直，合力的瞬时功率也为零。故D
错误。
故选B。
【必备知识】动量守恒的条件
（1）系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。
（2）系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。
（3）系统所受外力之和不为零，但在某个方向上所受合外力为零或不受外力，或外力可以忽略，
则在这个方向上，系统动量守恒。
题型2 动量守恒定律的基本应用
【例2】（2022·江苏省昆山中学模拟预测）某小组做验证动量守恒定律实验时，在气垫导轨上放
置P、Q两滑块。碰撞前Q静止，P匀速向Q运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续 4次拍
摄得到频闪照片如图所示，在这4次闪光的过程中，P、Q两滑块均在0~80cm范围内，且第1次
闪光时，P恰好位于x=10cm处。相邻两次闪光的时间间隔为T，P、Q两滑块的碰撞时间及闪光
持续时间均可忽略不计，则P、Q两滑块的质量之比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4
【答案】 C【解析】由图可知，第1次闪光时，滑块P恰好位于10cm处；第二次P在30cm处；第三次P在
50cm处；两次闪光间隔中P的位移大小均为20cm，相同，所用时间均为T，则速度相同，PQ不
可能相碰；而Q开始时静止在60cm处，故可知，从第三次闪光到碰撞P的位移为10cm，所以时
间为 ，故从碰撞到第四次闪光时间也为 ，通过距离为5cm，所以若碰前P的速度为v，则碰
后P的速度为 ，而Q在 时间的位移为5cm，所以碰后Q的速度为 ，则根据动量守恒定律
可得
故C正确，ABD错误。
故选C。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【变式训练2】（多选）（2022·山东枣庄·二模）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一
端连接着质量为 的物块 ，另一端连接质量为 的木板 ，绳子开始是松弛的。
质量为 的物块 放在长木板 的右端， 与木板 间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩
擦力大小。现在给物块 水平向左的瞬时初速度 ，物块 立即在长木板上运动。已知
绳子绷紧前， 、 已经达到共同速度；绳子绷紧后， 、 总是具有相同的速度；物块 始终
未从长木板 上滑落．下列说法正确的是（ ）
A．绳子绷紧前， 、 达到的共同速度大小为
B．绳子刚绷紧后的瞬间， 、 的速度大小均为
C．绳子刚绷紧后的瞬间， 、 的速度大小均为
D．最终 、 、 三者将以大小为 的共同速度一直运动下去
【答案】 ACD
【解析】A．绳子绷紧前， 、 已经达到共同速度，设 、 达到的共同速度大小为 ，根据动
量守恒定律可得
解得
A正确；BC．绳子刚绷紧后的瞬间， 、 具有相同的速度 ， 、 组成的系统满足动量守恒，则有
解得
B错误，C正确；
D． 、 、 三者最终有共同的速度 ， 、 、 组成的系统满足动量守恒，则有
解得
D正确；
故选ACD。
【技巧方法】应用动量守恒定律的解题步骤
（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）。
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。
（3）规定正方向，确定初、末状态动量。
（4）由动量守恒定律列出方程。
（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
．
【知识点二】碰撞问题
1．碰撞现象三规律
2．弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为 m 、速度为v 的小球与质量为m
1 1 2
的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m v ＝m v′ ＋m v′
1 1 1 1 2 2
m v＝m v′＋m v′
1 1 2
解得v′ ＝，v′ ＝
1 2
结论：（1）当m ＝m 时，v′ ＝0，v′ ＝v （质量相等，速度交换）；
1 2 1 2 1（2）当m >m 时，v′ >0，v′ >0，且v′ >v′ （大碰小，一起跑）；
1 2 1 2 2 1
（3）当m 0（小碰大，要反弹）；
1 2 1 2
（4）当m ≫m 时，v′ ＝v ，v′ ＝2v （极大碰极小，大不变，小加倍）；
1 2 1 1 2 1
（5）当m ≪m 时，v′ ＝－v ，v′ ＝0（极小碰极大，小等速率反弹，大不变）。
1 2 1 1 2
题型一 碰撞的可能性分析
【例3】（多选）（2022·安徽省临泉第一中学高三开学考试）如图所示，质量分别为2m、m的乙、
丙两个小球并排放置在光滑的水平面上，质量为m的小球甲以速度 （沿乙、丙的连线方向）向
乙球运动，三个小球之间的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
A．当三个小球间的碰撞都结束之后，乙处于静止状态
B．当三个小球间的碰撞都结束之后，三个小球的总动量之和为
C．乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为
D．甲、乙在发生碰撞的过程中，乙对甲的冲量的大小为
【答案】 BC
【解析】A．设甲、乙在碰撞刚结束时的速度分别为 、 ，由弹性碰撞规律
综合解得
、
设乙、丙在碰撞刚结束时的速度分别为 、 ，由弹性碰撞规律得
综合解得
、
故A错误：
B．三个小球组成的系统总动量守恒，碰撞都结束之后的总动量等于碰撞之前的总动量 ，故B
正确：C．乙，丙在发生碰撞的过程中，乙的速度由 变成 ，由动能定理丙对乙做的功为
故C正确：
D．甲、乙在发生碰撞的过程中，甲的速度由 变成 ，对甲由动量定理可得，乙对甲的
冲量的大小为
故D错误。
故选BC。
【素养升华】本题考察的学科素养主要是物理观念、科学思维。
【变式训练3】（多选）（2022·云南省玉溪第三中学高三开学考试）如图所示，在光滑水平面上，
甲、乙、丙三个半径相同的匀质小球处在同一直线上，开始时小球甲，丙静止，小球乙以向右的
速度v先与小球丙发生弹性碰撞，之后又与小球甲碰撞一次，已知小球甲、乙的质量为 m，丙的
质量为3m，则小球甲的最终速度大小可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 BCD
【解析】当小球乙向右与小球丙发生弹性碰撞时，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得
，
小球乙与小球丙碰撞后反弹，当其与小球甲碰撞时，若无机械能损失，则
解得，
若小球乙与小球甲碰撞过程中，机械能损失最大，甲、乙碰后速度相同则
解得
所以甲乙小球相碰后，甲的速度大小的范围为
故选BCD。
【必备知识】碰撞遵守的原则
（1）动量守恒。
（2）机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为E ＋E ≥E ′＋E ′或＋≥＋。
k1 k2 k1 k2
（3）速度要合理
①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v ≥v 。
前 后
②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零。
题型二 碰撞规律的应用
【例4】（2022·新疆·叶城县第二中学高三期末）如图所示，竖直平面内光滑的斜面与粗糙的水平
桌面平滑连接，滑块B静止在斜面底端。现将滑块A从斜面顶端无初速度释放，A与B碰撞后结
合为一个整体，并沿桌面滑动。已知斜面高 ，与水平面之间的夹角为 ，A和B的
质量相同，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数 。滑块A、B可视为质点，取 。
求：
（1）A在斜面上运动的时间t；
（2）碰撞后瞬间A和B整体的速度大小v；
【答案】 （1） ；（2）
【解析】（1）滑块A在斜面上的加速度
由
得（2）A到达斜面底端时速度为
由动量守恒定律
得
【素养升华】本题考察的学科素养主要是科学思维。要求考生正确运用能量、动量的规律列方程
解决物理问题。
【变式训练4】（2022·北京八十中模拟预测）如图所示，半径 的竖直半圆形光滑轨道
与水平面 相切， 距离 质量 的小滑块1放在半圆形轨道末端的 点，另一质量
也为 的小滑块2，从 点以 的初速度在水平面上滑行，两滑块相碰，碰撞时间
极短，碰后两滑块粘在一起滑上半圆形轨道。已知滑块2与水平面之间的动摩擦因数 ，取
重力加速度 ，两滑块均可视为质点。求：
（1）碰前 的速度大小 ；
（2）两滑块在碰撞过程中损失的机械能 ；
（3）在 点轨道对两滑块的作用力 。
【答案】 （1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）根据题意，滑块2在 段运动过程中，由动能定理有
代入数据解得
（2）根据题意可知，两滑块相碰，碰撞时间极短，满足动量守恒定律，设碰后两滑块共同运动
的速度为 ，则有
解得则两滑块在碰撞过程中损失的机械能
代入数据解得
（3）两滑块由B点运动到C点，根据机械能守恒定律有
在C点，由牛顿第二定律有
联立代入数据解得
【必备知识】碰撞问题解题三策略
（1）抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
（2）可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v′ ＝v v′ ＝v
1 1 2 1
（3）熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当 m ≫m ，
1 2
且v ＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v 。当m ≪m ，且v ＝0时，碰后质量小
2 1 1 2 2
的球原速率反弹。
【知识点三】动量守恒定律的临界问题
【例5】 （2022·全国·高考真题）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第二次到达斜面的最高点与第一次相同，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
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【变式训练5】（2022·河南开封·高三期末）如图所示，光滑水平面上有质量为m、长为R的长木板紧靠在半径为R的光滑四分之一圆弧体左侧，圆弧体固定，长木板上表面和圆弧最低点的切线
重合，质量为m的物块（可视为质点）以初速度 （g为重力加速度）从左端滑上长木板，
并刚滑到圆弧面的最高点，求：
（1）物块与长木板间的动摩擦因数；
（2）物块从圆弧体上返回到长木板后，相对长木板滑行的距离。
【答案】 （1）0.5；（2）R
【解析】（1）根据题意，物块由开始运动到最高点的过程中，由动能定律有
代入数据解得
即物块与长木板间的动摩擦因数为 。
（2）设物块由圆弧体最高点滑到最低点时速度为 ，由机械能守恒定律可得
解得
物块从圆弧体上返回到长木板后，由题意可知，最终物块和木板一起运动，设此时的速度为 ，
相对长木板滑行的距离为 ，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立解得
即物块从圆弧体上返回到长木板后，相对长木板滑行的距离为 。
【归类总结】1．当小物块到达最高点时，两物体速度相同．
2．弹簧最短或最长时，两物体速度相同，此时弹簧弹性势能最大．3．两物体刚好不相撞，两物体速度相同．
4．滑块恰好不滑出长木板，滑块滑到长木板末端时与长木板速度相同．
【知识点四】爆炸、反冲问题
模型一 爆炸问题
【例6】（2022·全国·高三开学考试）如图所示，一质量为m =0.2kg的“T”形杆P竖直放在地面
1
上，有一质量为m =0.3kg的金属圆环Q套在“T”形杆P的直杆上很难分离。某工程师设计了一
2
个方法成功将金属环Q与“T”形杆P分开，该工程师在“T”形杆P与金属圆环Q间装上适量的
火药，火药爆炸瞬间化学能中的部分能量转化为系统的机械能E，已知 ，金属圆环Q与
“T”形杆P的直杆间滑动摩擦力大小恒为 ，不计空气阻力。重力加速度大小g取 。
（1）求火药爆炸瞬间“T”形杆P和金属圆环Q的速度大小；
（2）求点燃火药爆炸瞬间“T”形杆P和金属圆环Q的加速度大小。
（3）若要求金属环Q与“T”形杆P分开，则直杆长度的最大值是多少？
【答案】 （1） ， ；（2） ， ；（3）
【解析】（1）设火药爆炸瞬间“T”形杆P和金属圆环Q的速度大小分别为 ， ，则
据动量守恒定律可得
联立解得
，
（2）P向上运动，摩擦力向下，据牛顿第二定律可得
Q向下运动，摩擦力向上，据牛顿第二定律可得解得
，
（3）P减速至零的时间为
Q减速至零的时间为
可知P先减为零后反向加速，Q一直减速，当两者速度相等时分开，此时直杆的长度最大，以向
下为正方向，可得
直杆长度的最大值为
联立解得
【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【变式训练6】（2022·天津·模拟预测）在一次投掷手榴弹的演习中，某个士兵在战壕里将一颗质
量 的手榴弹从水平地面朝目标方向斜向上抛出，当手榴弹上升到最大高度 时速度
为10m/s，且恰好爆炸成前后两块弹片，其中质量 的一块弹片在爆炸后做自由落体运动。
已知手榴弹内部火药的质量 ，且爆炸瞬间火药充分燃烧，重力加速度g取 ，火
药爆炸后生成气体的动量不计，空气阻力不计，求：
（1）士兵投掷手榴弹的初速度 ；
（2）爆炸中火药燃烧对两弹片做的功W及两块弹片落地点间的距离 。
【答案】 （1） ；（2）18.75J，25m
【解析】（1）手榴弹从水平地面朝目标方向斜向上抛出后做斜抛运动，且手榴弹上升到最大高
度 时速度为10m/s，则有
v = 10m/s， ，
0
解得
（2）质量为m = 0.1kg的一块弹片在爆炸后做自由落体运动，该弹片在爆炸后瞬间的速率为零，
1
另一块弹片的质量为m = m - m - m = 0.1kg
2 1
设其爆炸后瞬间的速率为v ，由动量守恒定律得
2
解得
设爆炸中火药燃烧对两弹片做的功为W，则根据动能定理有
解得
W = 18.75J
质量 的一块弹片在爆炸后做自由落体运动、质量为m 的弹片做平抛运动，则两块弹片
2
落地点间的距离为
【必备知识】爆炸现象的三个规律
动量 由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的
守恒 外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量（如化学能）转化为动能，所以爆炸后
增加 系统的总动能增加
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，一般可忽略不计，
不变 可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
模型二 反冲问题
【例7】（2022·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）一装有柴油的船静止于水面上，船后舱进水，堵住漏
洞后用一水泵把后舱中的水抽往前舱，如图所示。不计水的阻力，在抽水过程中船的运动情况是
（ ）
A．向前运动 B．向后运动 C．静止 D．无法判断
【答案】 B
【解析】不计水的阻力，则系统动量守恒，系统总动量为零，用一水泵把后舱的水抽往前舱，则
水的重心前移，故船将向后运动（等效于人船模型）。
故选B。【素养提升】本题考察的学科素养主要是科学思维。
【变式训练7】（多选）（2022·贵州贵阳·模拟预测）一位士兵坐在皮划艇上用自动步枪沿水平方
向连续射出2发子弹。此过程反冲力对枪的冲量大小为 ，每发子弹离开枪口时的动量大小均为
，射出第一、二发子弹后，皮划艇的动量大小分别为 和 。射击前皮划艇是静止的，不考虑
一切阻力。下列关系式成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】 BC
【解析】AB．射出第一发子弹后，根据动量守恒可得
射出第二发子弹后，根据动量守恒可得
联立可得
A错误，B正确；
CD．沿水平方向连续射出2发子弹，此过程反冲力对枪的冲量大小为 ，根据动量定理可得
则有
C正确，D错误。
故选BC。
【必备知识】对反冲运动的三点说明
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
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
机械能增
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
加
【知识点五】动量守恒定律应用之常见模型
模型一 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＝mv 2－（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＝mv 2－（Mv 2＋mv 2）
f 0 2 1
【例8】（2022·湖南·常德市一中模拟预测）如图，水平传送带AB长l＝8.3m，质量为M＝1kg的
木块随传送带一起以v ＝2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间
1
的动摩擦因数μ＝0.5。当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹以v ＝300m/s水
0
平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设
子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同。求：
（1）第一颗子弹刚射穿木块时，木块的速度大小；
（2）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离；
（3）木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中？
（4）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统所
产生的热是多少？
【答案】 （1） m/s；（2）0.9m；（3）16颗；（4）14155.5J
【解析】（1）设第一颗子弹刚射穿木块时，木块的速度为 v ，取水平向右为正方向，根据动量
2
守恒定律有
解得
（2）木块在传送带上滑动时的加速度大小为
在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离为
（3）木块被第一颗子弹击中后，速度减为零所用的时间为
从木块速度减为零到被第二颗子弹击中前瞬间，木块向左匀加速运动的距离为即木块在被第二颗子弹击中前瞬间，向右运动的位移大小为
设木块在传送带上最多能被n颗子弹击中，根据位移关系应有
解得
因为n取整数，所以
（4）一颗子弹射入木块的过程中，子弹和木块损失的机械能转化为内能，即
从子弹射入到木块速度减为零的过程中，木块相对传送带滑动的位移大小为
从木块速度减为零到下一颗子弹射入前瞬间的过程中，木块相对传送带滑动的位移大小为
从每颗子弹射入后瞬间到下一颗子弹射入前瞬间，木块与传送带由于相对滑动而产生的摩擦热为
第16颗子弹射入后瞬间，木块到传送带右端的距离为
设木块离开传送带时的速度大小为v ，根据运动学公式有
3
解得
所以从第16颗子弹射入到木块离开传送带所经历的时间为
这段时间内木块相对传送带滑动的位移大小为
产生的摩擦热为
从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统所产生的
热量为【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念与科学思维。
【变式训练8】（2022·全国·高三课时练习）（多选）如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、
形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留
在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是（ ）
A．子弹与硬木摩擦产生的内能较多
B．两个系统产生的内能一样多
C．子弹在软木中打入深度较大
D．子弹在硬木中打入深度较大
【答案】 BC
【解析】AB．射子弹质量为m，木块质量为M，由于最终都达到共同速度，根据动量守恒定律
可知，共同速度v相同，则根据
可知子弹与硬木或子弹与软木构成的系统机械能减小量相同，故两个系统产生的内能 Q一样多，
故A错误，B正确；
CD．根据功能关系
可知产生的内能Q相同时，摩擦力F 越小，子弹打入深度d越大，所以子弹在软木中打入深度较
f
大，故C正确，D错误。
故选BC。
模型二 “滑块—木板”碰撞模型
模型图示
（1）若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木
模型特点 块或木板的速度最大，两者的相对位移（子弹为射入木块的深度）取
得极值（完全非弹性碰撞拓展模型）（2）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
（3）根据能量守恒，系统损失的动能ΔE ＝E ，可以看出，子弹（或
k k0
滑块）的质量越小，木块（或木板）的质量越大，动能损失越多
（4）该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展
模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解
【例9】（2022·河北·高考真题）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为
和 ，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为 ，A和C以相同速度 向
右运动，B和D以相同速度 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在
一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为
。重力加速度大小取 。
（1）若 ，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若 ，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】 （1） ， ，方向均向右；（2）
【解析】（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块 C、D形成的新物块的速度为
，C、D的质量均为 ，以向右方向为正方向，则有
解得
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为 ，方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板 A、B形成的新滑板的速度为 ，滑板A和
B质量分别为 和 ，则由
解得
则新滑板速度方向也向右。（2）若 ，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，
设新物块的质量为 ，新滑板的质量为 ，相对静止时的共同速度为 ，根据动量
守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念与科学思维。
【变式训练9】（2022·安徽·模拟预测）如图1所示，用不可伸长轻绳将质量为m = 2.0kg的物块
A
A悬挂在O点，轻绳长度为l = 0.8m。初始时，轻绳处于水平拉直状态，现将物块A由静止释放，
当A下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的长木板B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。长木
板B的质量为m = 2.0kg，长木板B的左端放置有可视为质点的小物块 C，小物块C的速度随时
B
间变化图像如图2所示，小物块C的质量为m = 1.0kg，在运动过程中，小物块C未从长木板B
C
上掉落。重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力的影响。求：
（1）碰撞前瞬间轻绳拉力的大小；
（2）小物块C与长木板B间的动摩擦因数μ以及长木板B与地面间的动摩擦因数μ ；
0
（3）长木板B至少多长。
【答案】 （1）F = 60N；（2）μ = 0.1， ；（3）2m【解析】（1）设物块A与长木板B碰撞前瞬间的速度大小为v ，对物块A由静止释放运动到最
0
低点的过程，根据动能定理有
解得
v = 4m/s
0
则根据牛顿第二定律有
解得
F = 60N
T
（2）设小物块C与长木板间的动摩擦因数为μ，由题图2可知小物块C相对长木板B滑动过程中
的加速度大小为
a = μg = 1m/s2
C
解得
μ = 0.1
设碰撞后瞬间物块A和长木板B的速度分别为v 、v ，物块A与长木板B在发生弹性碰撞，根据
A B
动量守恒定律有
m v = m v + m v
A 0 A A B B
再根据机械能守恒有
解得
v = 4m/s
B
在0 ~ 1s时间内，设长木板B的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律有
B
μ （m + m ）g + μm g = m a
0 B C C B B
由题图2易知t = 1s时，长木板B和小物块C达到共速度，且v = 1m/s，对长木板B根据运动
共
学公式有
v - v = a t
B 共 B 1
解得
（3）长木板B与小物块C在0 ~ 1s内的相对位移为
长木板B和小物块C达到共同速度后，C对B的摩擦力方向变为水平向左，设此后B的加速度大小为a ′，根据牛顿第二定律有
B
μ （m + m ）g - μm g = m a ′
0 B C C B B
解得
a ′ = 2m/s2
B
长木板B与小物块C在1 ~ 2s内的相对位移为
则长木板B至少有
L = x = 2m
1
即长木板B至少有2m小物块C才不会掉下来。
模型三 “滑块—弹簧”碰撞模型
模型图示
（1）两个或两个以上的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）在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动
能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，
模型特点 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等，弹性势能最大，
系统动能通常最小（完全非弹性碰撞拓展模型）
（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大（完全弹性碰撞
拓展模型，相当于碰撞结束时）
【例10】（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）如图所示，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水
平，bcd为半圆，圆弧轨道的半径R=0.32m，在b处与ab相切。在直轨道ab上放着质量分别为
、 的物块A、B（均可视为质点），用轻质细绳将A、B连接在一起，且A、B间
夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为 M、长
的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，恰好未从小车左
端掉下。B向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点 d处。物块 A与小车之间的动摩擦因数
，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）物块B运动到圆弧轨道的最低点b时对轨道的压力大小；
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；
（3）小车的质量M。【答案】 （1）60N；（2）12J；（3）2kg
【解析】（1）物块B在最高点时，有
b到d由动能定理可得
在b点有
联立以上方程可得
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力为60N。
（2）由动量守恒定律可得
由能量守恒可得
联立以上方程可得
故细绳剪断之前弹簧的弹性势能为12J。
（3）A恰好滑到小车左端时与小车有共同速度v，由动量守恒定律可得
由能量守恒可得
联立以上方程可得
故小车的质量为2kg。【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念与科学思维。
【变式训练10】（2022·辽宁·东北育才学校模拟预测）如图所示，质量为 m的物块A通过原长为
L的轻质弹簧与静止在地面上的质量也为 m的物块B相连，A、B都处于静止状态时，弹簧的压
缩量为 。现在A上轻放一物块C，当A、C向下运动到最低点时，弹簧的压缩量为 。已知重
力加速度为g，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为 （k为
弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）。
（1）求C的质量；
（2）若C从A正上方某一高度处由静止释放，C与A相碰后，立即与A粘在一起向下运动，为
使B能离开地面，求C释放的最小高度。
【答案】 （1） ；（2）3.6L
【解析】（1）A、B静止时，根据平衡条件可得
从轻放C开始直到A、C的速度等于零的过程中，有
解得
（2）设C从h高度下落，与A碰撞前的速度为 机械能守恒得
设C与A碰撞后共同速度为v，根据动量守恒定律得
当B与地面脱离时，弹簧的伸长量为 ，应有
则A、C碰撞后瞬间和B刚脱离地面瞬间，弹簧的弹性势能相等，为使B能脱离地面应满足可得
故C释放的最小高度为3.6L。
模型四 “人—船”模型
【例11】（2022·福建龙岩·模拟预测）如图所示，一个质量为 m =50kg的人爬在一只大气球下方，
1
气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为 m =20kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止
2
时人离地面的高度为h=7m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是
（可以把人看作质点）（ ）
A．0 B．2m C．5m D．7m
【答案】 C
【解析】设人的速度v ，气球的速度v ，根据人和气球动量守恒得
1 2
则有
所以
气球和人运动的路程之和为7m，则人下滑的距离为
气球上升的距离为
故选C。
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念与科学思维。
【变式训练11】（2022·全国·模拟预测）如图所示，质量为m=2kg的小环穿在足够长的光滑直杆
上，并通过L=0.5m的轻绳连接一质量为M=3kg的小球。假设把这一装置固定在空间站中，并给
小环和小球提供方向相反、大小分别为v =3m/s、v =2m/s的初速度，则当小球摆到轻绳与直杆平
1 2行的位置时，小环的位移为（ ）
A．0.3m B．0.2m C．0.5m D．0.1m
【答案】 A
【解析】小球与小环水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，有
可得
则有
联立可得小环的位移
故A正确，BCD错误。
故选A。
【总结提炼】反冲运动中的“人—船”模型
1.特点：（1）两个物体；（2）动量守恒；（3）总动量为零。
2.方程：m v －m v ＝0（v 、v 为速度大小）
1 1 2 2 1 2
3.结论：m x ＝m x （x 、x 为位移大小）
1 1 2 2 1 2
【知识点五】力学三大观点的综合应用
1．解动力学问题的三个基本观点
（1）力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
（2）能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
（3）动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
但综合题的解法并非孤立的，而应综合利用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解。
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，可用牛顿第二定律。
（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）去解决问题。
（3）若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，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满足守恒的条件。
（4）在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，利用系统克服摩擦力所做的总功等于系
统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
（5）在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意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换。这种问题由于作用时间都极短，因此动量守恒定律一般能派上
大用场。
【例12】（2022·山东·高考真题）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
【素养提升】本题考察的学科素养主要是物理观念与科学思维。【变式训练12】（2022·云南省玉溪第一中学高三开学考试）如图所示，长度 的轻绳上端
固定在O点，下端拴接一个质量 的小球，轻绳伸直时小球与水平台面AB右端接触且恰
好无压力，质量 的长木板紧靠水平台面AB放在水平地面上，其上表面水平且与水平台
面AB等高，长木板上表面足够长。质量 的小物块在水平台面AB上以大小 的
初速度向右运动，经过距离 后与小球发生碰撞，随后小球恰好可以在竖直平面内做完整的
圆周运动且不再与小物块发生碰撞，小物块滑上长木板。已知小物块与小球均可看作质点，小物
块与水平台面AB间的动摩擦因数 ，小物块与长木板间的动摩擦因数 ，长木板与水
平地面间的动摩擦因数 ，取重力加速度大小 。求：
（1）碰撞后瞬间轻绳对小球拉力的大小；
（2）小物块刚滑上长木板时的速度大小；
（3）小物块在长木板上相对于长木板滑行的时间。
【答案】 （1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）小物块与小球发生碰撞后，随后小球恰好可以在竖直平面内做完整的圆周运动，
小球在最高点时，由牛顿第二定律有
解得
设碰撞后瞬间小球的速度大小为 ，根据机械能守恒定律有
解得
在最低点，根据牛顿第二定律有
解得（2）设小物块在水平台面AB上滑到B点时的速度大小为v，根据动能定理有
解得
小物块与小球发生碰撞，根据动量守恒定律有
解得
（3）小物块滑上长木板后，根据牛顿第二定律有
解得
对长木板有
解得
小物块减速，长木板加速，当两者速度相等时，相对静止，有
解得
【方法总结】选择力学三大观点的一般原则
