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第 7 讲 动量
目标要求 1.理解动量定理，会灵活利用动量定理求解时间、末速度等物理量。2.理解动量守恒定律成立的条
件，会在碰撞、爆炸等相互作用的系统中利用动量守恒定律解决有关问题。3.掌握碰撞特点及拓展模型，会应
用动量守恒定律等规律解决实际问题。
考点一 动量定理及其应用
1.冲量的三种计算方法
公式法 I=Ft适用于求恒力的冲量
动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况
F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲
图像法 量，若F与t成线性关系，也可直接用平均
力求解
2.动量定理
(1)公式：FΔt=mv'-mv
(2)应用技巧：
①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。
②表达式是矢量式，需要规定正方向。
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。
④在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。
⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。
例1 (2024·广东卷·14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的
过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处
于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为F ，敏感球的
N
质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落
体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F
随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg，H=3.2 m，重力加
速度大小取g=10 m/s2。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。ma
答案 (1)
mg+F
N
(2)①330 N∙s 竖直向上 ②0.2 m
解析 (1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力F 以及斜面的支持力N ，
N 1
则由牛顿第二定律可知(mg+F )tan θ=ma
N
ma
解得tan θ=
mg+F
N
(2)①由F-t图像与t轴围成的“面积”可知碰撞过程中F的冲量大小
1
I = ×0.1×6 600 N·s=330 N·s
F 2
方向竖直向上；
②设头锤落到气囊上时的速度为v ，则v 2 =2gH
0 0
与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)
I -Mgt=Mv-(-Mv )
F 0
解得v=2 m/s
v2
则上升的最大高度h= =0.2 m。
2g
例2 (2024·山东日照市一模)台风对沿海地区的破坏力非常大，12级台风登陆时中心附近最大风力
约为35 m/s。已知小明站立时，在垂直于风速方向的受力面积约为0.5 m2，空气的密度约为1.29
kg/m3。假设空气吹到人身体上后速度减为零，则小明站在12级台风中心附近，所受的风力大小约
为( )
A.790 N B.79 N C.230 N D.23 N
答案 A
解析 Δt时间吹到人身体上的空气质量m=ρV=ρSvΔt，以风速方向为正方向，根据动量定理-FΔt=0-mv，由
牛顿第三定律小明所受的风力大小F'=F=ρSv2=1.29×0.5×352 N≈790 N，故选A。流体的柱状模型
对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，在极短的时间Δt内通过某一横截面积为S的横截面的柱
形流体的长度为Δl=vΔt，如图所示。
流体微元原速率反弹所受作用力的求解步骤：
(1)在极短时间Δt内，取一小柱体作为研究对象。
(2)求小柱体的体积ΔV=SvΔt。
(3)求小柱体的质量Δm=ρΔV=SρvΔt。
(4)应用动量定理Δp=FΔt。
(5)作用后流体微元以速率v反弹，有Δp=-2Δmv。
(6)联立解得F=-2ρSv2。
考点二 动量守恒定律及应用
动量守恒定律的三种表达形式
(1)m v +m v =m v '+m v '，作用前的动量之和等于作用后的动量之和。(常用)
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)Δp=0，系统总动量的变化量为零。
例3 (2024·四川南充市一诊)图甲为罗马杆滑环窗帘，假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，简化
为图乙所示模型。水平固定的长杆上有3个相同的滑环，滑环均近似看成质点。若窗帘完全拉开，
相邻两环间距离为L=0.2 m。开始时滑环均位于长杆右侧边缘处，彼此接触但不挤压。现给1号滑
环一个向左的初速度v =2 m/s，已知滑环与杆之间的动摩擦因数为μ=0.1。假设前、后两滑环之间
10
的窗帘绷紧瞬间，两滑环立即获得相同速度，窗帘绷紧用时极短，可忽略不计，不计空气阻力，
整个过程中1号滑环未与杆左侧相撞，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)2号滑环获得的初速度v 的大小；
20
(2)1号滑环滑行的总距离d。
3 23
答案 (1) √10 m/s (2) m
10 45
解析 (1)对1号滑环由动能定理得1 1
-μmgL= mv 2- mv 2
2 1 2 10
3
解得v = √10 m/s
1 5
对1、2号滑环由动量守恒定律得
mv =2mv
1 20
解得2号滑环获得的初速度大小为
3
v = √10 m/s
20 10
(2)对1、2号滑环由动能定理得
1 1
-μ·2mgL= ×2mv 2- ×2mv 2
2 2 2 20
√2
解得v = m/s
2 2
对1、2、3号滑环由动量守恒定律得
2mv =3mv
2 30
√2
解得v = m/s
30 3
对1、2、3号滑环由动能定理得
1
-μ·3mgx=0- ×3mv 2
2 30
1
解得x= m
9
1号滑环滑行的总距离为
23
d=2L+x= m
45
考点三 碰撞模型及拓展
1.两种碰撞的特点
结论：
举例：一动碰一静
(1)m=m 时，v'=0，v'=v，
1 2 1 2 1
即两球碰撞后交换了速度
动量守恒 (2)当m>m 时，v'>0，
弹性 1 2 1
碰撞 mv 1 =m 1 v 1 '+m 2 v 2 ' v 2 '>0，碰后两球都沿v 1 方向
机械能守恒 1 m v 2 = 1 运动，当m 1 m 2 时v 1 '=v 1 ，
2 1 1 2
v'=2v
2 1 ≫
1
m 1 v 1 '2+ 2 m 2 v 2 '2 (3)m 1 0，
碰后入射小球反弹，当解得
(m -m )v
v'=
1 2 1，
1 m 1 +m 2 m 1 m 2 时，v 1 '=-v 1 ，v 2 '≈0
2m v
1 1 ≪
v'=
2 m +m
1 2
碰后两球粘在一起末
完全 损失的机械能
速度相同
非弹 1 1 1
动量守恒 ΔE= m v 2 + m v 2 -
2 1 1 2 2 2 2
性碰
mv+mv=(m+m)v，
撞 1 1 2 2 1 2 (m+m)v2
1 2
机械能损失最多
2.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例
(水平面
小球-弹簧模 小球-曲面模
光滑) 小球-小球模型
型 型
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守
达到
恒，满足mv=(m+M)v ，损失的动能最多，分
0 共
共速
别转化为弹性势能、重力势能或电势能
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满
1 1
再次 足mv=mv+Mv ，机械能守恒，满足 mv 2 =
0 1 2 2 0 2
分离
1
mv 2 + Mv 2
1 2 2
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例
(水平面
或水平
未穿出 未滑离 达到共速
导轨光滑)
相当于完全非弹性碰撞，满足mv=(m+M)v ，
0 共
达到共速
损失的动能最多，分别转化为内能或电能例4 (多选)(2024·贵州贵阳市模拟)如图所示，质量为2m、半径为R，内壁光滑的半圆槽置于光滑
水平面上，槽左侧靠墙。把一个质量为m的小球(可视为质点)从半圆槽左端最高点无初速度释放，
当地重力加速度为g。在小球释放后的运动过程中，以下说法中正确的是( )
A.小球在半圆槽右侧能上升的最大高度与左侧释放点的高度相同
B.小球第一次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力大小为3mg
1
C.小球第二次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度大小为 √2gR
3
D.小球第三次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度为0
答案 BD
1
解析 小球下落到最低点过程中，半圆槽不动，小球机械能守恒，有mgR= mv 2 ，解得v =√2gR，接下
2 0 0
来小球向右运动，半圆槽离开墙，上升到最高点时，球和槽水平方向速度相等，取向右为正方向，水平方
1 1 2
向由动量守恒定律得mv =(m+2m)v，根据能量守恒定律可得mgh= mv 2 - (m+2m)v2，解得h= R，故A错
0 2 0 2 3
v 2
误；小球第一次经过最低点时，根据牛顿第二定律可得F -mg=m 0 ，解得F =3mg，由牛顿第三定律可知，
N N
R
小球第一次经过半圆槽最低点时对半圆槽的压力大小为3mg，故B正确；第二次经过最低点时，取向右为
1 1 1
正方向，根据动量守恒定律可得mv =mv +2mv ，根据机械能守恒定律可得 mv 2 = mv 2 + ×2mv 2 ，解得
0 1 2 2 0 2 1 2 2
2
小球第二次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度大小为v = √2gR，故C错误；第三次经过最低点时，取向
2 3
1 1 1
右为正方向，根据动量守恒定律可得mv +2mv =mv +2mv ，根据机械能守恒定律可得 mv 2 + ×2mv 2 = m
1 2 3 4 2 1 2 2 2
1
v 2+ ×2mv 2 ，解得小球第三次经过半圆槽最低点时半圆槽的速度大小为v =0，故D正确。
3 2 4 4
变式 (多选)(2024·四川宜宾市二诊)如图所示，圆筒C可以沿足够长的水平固定光滑杆左右滑动，圆筒下
方用不可伸长的轻绳悬挂物体B，开始时物体B和圆筒C均静止，子弹A以100 m/s的水平初速度在极短
时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，已知子弹A、物体B、圆筒C的质量分别为m =0.1 kg、m =1.0 kg、
A B
m =0.5 kg，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是( )
C
A.物体B能上升的最大高度为0.6 m
B.物体B能上升的最大高度为1.8 mC.物体C能达到的最大速度为4.0 m/s
D.物体C能达到的最大速度为8.0 m/s
答案 AD
解析 子弹A以100 m/s的水平初速度在极短时间内击穿物体B后速度减为40 m/s，则A、B组成的系统
动量守恒，根据动量守恒定律有m v =m v +m v ，B上升时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能
A 0 A 1 B 2
1 1
守恒，则有m v =(m +m )v ， m v 2 = (m +m )v 2 +m gh，解得h=0.6 m，故A正确，B错误；B返回到最
B 2 B C 3 2 B 2 2 B C 3 B
1
低点时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速度最大，则有m v =-m v +m v ，
B 2 B 4 C 5 2
1 1
m v 2= m v 2+ m v 2 ，解得v =8 m/s，故C错误，D正确。
B 2 2 B 4 2 C 5 5
例5 (2024·河北省雄安新区一模)如图甲所示，物块A、B的质量分别是m =3.0 kg和m =2.0 kg，
A B
用轻弹簧拴接，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在t=0时刻以
一定速度向右运动，在t=4 s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，下列说法正确的是( )
A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72 J
B.4 s到12 s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24 N·s
C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18 J
D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2 m/s
答案 B
解析 由题图知，C与A碰前速度为v =12 m/s，碰后速度为v =3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒，以C的
1 2
初速度方向为正方向，由动量守恒定律
m v =(m +m )v ，解得m =1 kg
C 1 A C 2 C
当C与A速度为0时，弹性势能最大
1
E = (m +m )v 2=18 J，故A错误；
p 2 A C 2
由题图知，12 s末A和C的速度为v =-3 m/s，4 s到12 s过程中墙壁对物块B的冲量大小等于弹簧对物块B
3
的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为
I=(m +m )v -(m +m )v
A C 3 A C 2
解得I=-24 N·s，方向向左，故B正确；物块B刚离开墙壁时，由机械能守恒定律可得，A、C向左运动的速度大小为3 m/s，即t=12 s时，物块B
离开墙壁，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，A、B、C三者共速时弹簧弹性势能最大，则
有
(m +m )v =(m +m +m )v'
A C 3 A C B
1 1
E = (m +m )v 2- (m +m +m )v'2
p 2 A C 3 2 A C B
联立解得E =6 J，C错误；
p
当弹簧再次恢复原长时，物块B的速度最大，则有
(m +m )v =(m +m )v +m v
A C 3 A C 4 B 5
1 1 1
(m +m )v 2= (m +m )v 2+ m v 2
2 A C 3 2 A C 4 2 B 5
代入数据解得v =-4 m/s，负号表示方向与C的初速度方向相反，故物块B的最大速度为4 m/s，故D错误。
5
例6 (2023·重庆卷·14)如图所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的
两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过
P点后，其速度大小都增加v 。质量为m的小球1从N处以初速度v 沿轨道逆时针运动，与静止在
0 0
M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求：
(1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小；
(2)球2的质量；
(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
v 2 5πR
答案 (1)4m 0 (2)3m (3)
R 6v
0
解析 (1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v ，
0
(2v ) 2 v 2
所以F =m 0 =4m 0
n
R R
(2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，
则m·2v =-mv+m'v
0
1 1 1
m(2v )2= mv2+ m'v2
2 0 2 2
联立解得v=v ，m'=3m
0
(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，
T πR
则球1反弹到P点的时间为t = 1=
1 4 2v
0
球1运动到P点时，球2运动到与P点关于球心对称的位置P'点，此后至第二次碰撞所用时间为t ，
2
则有v t +2v t =πR
02 02
5πR
所以Δt=t +t = 。
1 2 6v
0
例7 (2024·安徽卷·14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与
光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，
一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置
时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运
动，已知细线长L=1.25 m。小球质量m=0.20 kg。物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平
轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度
g取10 m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的
取值范围。
答案 (1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ<0.4
1
解析 (1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL= mv 2 -0
2 0
解得v =5 m/s
0
在最低点，对小球由牛顿第二定律得
v 2
F -mg=m 0
T
L
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为F =6 N
T
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv =mv +Mv
0 1 2
1 1 1
mv 2= mv 2+ Mv 2
2 0 2 1 2 2
2m
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v = v =4 m/s
2 m+M 0
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得
Mv =2Mv
2 3
由能量守恒定律得
1 1
Mv 2= ×2Mv 2+μ Mgs
2 2 2 3 1解得μ =0.4
1
若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
得Mv =2Mv
2 4
由能量守恒定律得
1 1
Mv 2= ×2Mv 2+μ Mgs+MgR
2 2 2 4 2
解得μ =0.25
2
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。
专题强化练
［分值：60分］
1~5题每题4分，6、7题每题6分，8题12分，9题16分，共60分
［保分基础练］
1.(多选)(2024·广东江门市一模)数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小
损伤程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6 ms以上，人头部的质量约为2 kg，则下列说法正
确的是( )
A.头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B.头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C.事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等
D.若事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2 000 N
答案 ACD
Δp
解析 根据F·Δt=Δp，可得F= ，依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了驾
Δt
驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A正确；同理，可知头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力
的冲量，故B错误；根据I=F·Δt，头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，
2×6
所以事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等，故C正确；代入数据，可得F= N=2
6×10-3
000 N，可知事故中头部以6 m/s的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2 000 N，故D正确。
2.(2024·江苏卷·9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在
滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细
绳后，则( )
A.弹簧原长时A动量最大
B.压缩最短时A动能最大C.系统动量变大
D.系统机械能变大
答案 A
解析 对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，
C、D错误；
滑板A受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由kx=ma知滑板做加速度减小的加速运动，
弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A动量最大，动能最大，A正确，B错误。
3.(多选)(2024·全国甲卷·20)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大
小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。
忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.t=0.15 s时，运动员的重力势能最大
B.t=0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s
C.t=1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
答案 BD
解析 根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时
运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；
运动员从t=0.30 s离开蹦床到t=2.30 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，
运动员上升时间为1 s，则在t=1.30 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30 s 时运动员的速度大小
v=10×1 m/s=10 m/s，故B正确，C错误；
同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得
F·Δt-mg·Δt=mv-(-mv)
其中Δt=0.30 s
代入数据可得F=4 600 N
根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D正
确。
4.(多选)(九省联考·河南·21)如图(a)所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P以6
m/s的初速度滑上木板，t=2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图(b)所示。重力加速度大
小g取10 m/s2，则( )A.Q的质量为1 kg
B.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C.由于碰撞系统损失的机械能为1.0 J
D.t=5.8 s时木板速度恰好为零
答案 AC
解析 两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m=1 kg，Q的质量为M，碰撞瞬间P、
Q组成的系统动量守恒mv +Mv =(m+M)v
1 2 3
根据v-t图像可知，v =3 m/s，v =1 m/s，v =2 m/s，代入上式解得M=1 kg，故A正确；
1 2 3
设P与Q之间的动摩擦因数为μ ，Q与地面之间的动摩擦因数为μ ，根据v-t图像可知，0~2 s内P与Q的
1 2
加速度大小分别为a =1.5 m/s2，a =0.5 m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ mg=ma
P Q 1 P
μ mg-μ (m+M)g=Ma
1 2 Q
联立解得μ =0.05，故B错误；
2
由于碰撞系统损失的机械能为
1 1 1
ΔE= mv 2+ Mv 2- (m+M)v 2
2 1 2 2 2 3
代入数据解得ΔE=1.0 J，故C正确；
对碰撞后整体受力分析，μ (M+m)g=(M+m)a
2
又v =at ，代入数据解得t =4 s，因此木板速度恰好为零的时刻为t =2 s+4 s=6 s，故D错误。
3 2 2 0
5.(2024·辽宁沈阳市质量监测)如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的水平面上，整个小
车(含轨道)的质量为3m。现有质量为m的小球，以水平速度v 从左端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大
0
高度，然后从轨道左端滑离小车。重力加速度为g。关于这个过程，下列说法正确的是( )
A.小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
3v 2
B.小球沿轨道上升的最大高度为 0
8g
C.小球滑离小车时，小车恢复静止状态D.小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为2v
0
答案 B
解析 依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守恒，设达到最高点的高
1
度为H，此时小球仍然具有水平速度，由动量守恒定律，可得mv =(m+3m)v，根据能量守恒，可得 mv 2 =
0 2 0
1 3v 2
(m+3m)v2+mgH，联立解得H= 0 ，故A错误，B正确；设小球滑离小车时，二者速度分别为v 和v ，
2 8g 球 车
1 1 1
取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒可得mv =mv +3mv ， mv 2 = mv 2 + ×3mv 2 ，联立解
0 球 车 2 0 2 球 2 车
1 1
得v =- v ，v = v ，可知小车相对小球的速度大小为Δv=v -v =v ，故C、D错误。
球 2 0 车 2 0 车 球 0
［争分提能练］
6.(2024·安徽黄山市二模)某小球质量为M，现让它在空气中由静止开始竖直下落，下落过程中所受空气阻
力与速率的关系满足f=kv(k为定值)，当下落时间为t时，小球开始匀速下落，已知重力加速度为g，则小
球在t时间内下降的高度h为( )
Mg(kt-M) Mgt
A.h= B.h=
k2 k
Mg(kt+M) Mgt
C.h= D.h=
k2 k2
答案 A
-
解析 根据题意可得，当小球匀速下落时，有Mg=f=kv，下落过程中，根据动量定理可得Mgt-ft=Mv-0，f
Mg(kt-M)
t=kvt=kh，联立可得h= ，故选A。
k2
7.(2024·安徽卷·8)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质
细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。初始时，
小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分
kq2
别为v 、v 、v ，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了 ，k为静电力常量，不计空
1 2 3 2d
气阻力。则( )
A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒C.在图乙位置，v =v ，v ≠2v
1 2 3 1
√2kq2
D.在图乙位置，v =
3
3md
答案 D
解析 该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故
动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2
的静电力大小相等、方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动的瞬间受到的
合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误；
对系统根据动量守恒mv +mv =mv
1 2 3
根据球1和2运动的对称性可知v =v ，解得v =2v
1 2 3 1
1 1 1 kq2
根据能量守恒 mv 2 + mv 2 + mv 2 =
2 1 2 2 2 3 2d
√2kq2
解得v = ，故C错误，D正确。
3
3md
8.(12分)(2024·甘肃卷·14)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细
绳O'P=OP=1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg
的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)(4分)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
(2)(3分)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平
向右运动。求碰后C的速度大小。
(3)(5分)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
答案 (1)40 N (2)4 m/s (3)0.15
解析 A、C的质量为m=2 kg，B的质量为M=6 kg，细绳OP长为l=1.6 m。
(1)A从开始运动到最低点由动能定理
1
mgl(1-cos 60°)= mv 2-0
2 0
对A在最低点，根据牛顿第二定律得
mv 2
F-mg= 0
l
解得v =4 m/s，F=40 N
0
(2)A与C相碰时由于碰后A竖直下落，可知A水平速度变为0，由水平方向动量守恒，可知
mv =0+mv
0 C
故解得v =v =4 m/s
C 0(3)C相对B滑行4 m后与B共速，
根据动量守恒可得mv =(M+m)v
0
1 1
根据能量守恒得μmgL = mv 2 - (m+M)v2
相对 2 0 2
联立解得μ=0.15。
9.(16分)(2022·全国乙卷·25)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，t=0时与弹簧接触，到t=2t 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示。已
0
知从t=0到t=t 时间内，物块A运动的距离为0.36v t 。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直
0 00
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θ(sin
θ=0.6)，与水平面平滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
(1)(4分)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)(5分)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)(7分)物块A与斜面间的动摩擦因数。
答案 (1)0.6mv 2 (2)0.768v t (3)0.45
0 0 0
解析 (1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即在t=t 时刻，
0
根据动量守恒定律有m ·1.2v =(m +m)v
B 0 B 0
根据能量守恒定律有
1 1
E = m (1.2v )2- (m +m)v 2
pmax 2 B 0 2 B 0
联立解得m =5m，E =0.6mv 2
B pmax 0
(2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有m ·1.2v =m v +mv
B 0 B B A
对方程两边同时乘以时间Δt，有
6mv Δt=5mv Δt+mv Δt
0 B A
0~t 之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv t =5ms +ms ，将s =0.36v t
0 00 B A A 00
代入可得s =1.128v t
B 00
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
Δs=s -s =0.768v t
B A 00
(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2v ，方向
0
水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为v '，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得
A
mv '-5m·0.8v =m·(-2v )+5mv '
A 0 0 B根据能量守恒定律可得
1 1 1 1
mv '2+ ×5 m·(0.8v )2= m·(-2v )2+ ·5mv '2
2 A 2 0 2 0 2 B
联立解得v '=v
A 0
设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得
1
-mgLsin θ-μmgLcos θ=0- m(2v )2
2 0
下滑过程，根据动能定理可得
1
mgLsin θ-μmgLcos θ= mv '2-0
2 A
联立解得μ=0.45
