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第7 课时 动量定理 动量守恒定律
【知识网络】
热点一 动量定理的应用
1.冲量的三种计算方法
(1)公式法：I＝Ft，适用于求恒力的冲量。
(2)动量定理法：I＝p′－p，多用于求变力的冲量或F、t 未知的情况。
(3)图像法：用F－t 图线与时间轴围成的面积可求变力的冲量。若F－t 呈线性关
系，也可直接用平均力求变力的冲量。
2.动量定理在“四类”问题中的应用
(1)解缓冲问题。
(2)求解平均力问题。
(3)求解流体问题。
(4)在电磁感应中求解电荷量问题。
例1 (2024·山东日照一模)台风对沿海地区的破坏力非常巨大，12 级台风登陆时
中心附近最大风速约为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 单位时间吹到人身体上的空气质量m＝ρV＝ρSvΔt，根据动量定理－FΔt＝
0－mv，小明所受的风力大小约为F＝ρSv2＝1.29×0.5×352 N≈790 N，故A 正
确。
训练1 (多选)(2024·广东江门一模)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( )
图1
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
解析 根据FΔt＝Δp 可得F＝，依题意知，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间
延长了，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率，故A 正确；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＝FΔt 知，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，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；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F＝＝ N＝2 000 N，故D 正确。
训练2 (多选)一个质量为60 kg 的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，
着网后沿竖直方向蹦回到空中。用摄像机录下运动过程，从自由下落开始计时，
取竖直向下为正方向，用计算机作出v－t 图像如图2 所示，其中0～t1和t2～t3为
直线，t2＝1.6 s，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。从自由下落开始到蹦
至离水平网面最高处的过程中，下列说法正确的是( )
图2
A.网对运动员的平均作用力大小为1 950 N
B.运动员动量的变化量为1 080 kg·m/s
C.弹力的冲量大小为480 N·s
D.运动员所受重力的冲量大小为1 560 N·s
答案 AD
解析 由题图可知自由落体运动时间t1＝＝ s＝0.8 s，在t1～t2时间内，网对运动
员有作用力，根据动量定理得(mg＋F)(t2－t1)＝mv2－mv1，其中v1＝8 m/s，v2＝
－10 m/s，解得F＝－1 950 N，网对运动员的平均作用力大小为1 950 N，A 正确
从自由下落开始到蹦至离水平网面最高处的过程中，运动员动量的变化量为0，
B 错误；弹力的冲量大小为I＝|F|(t2－t1)＝1 560 N·s，C 错误；运动员所受重力的
冲量大小与弹力对运动员的冲量大小相等，即1 560 N·s，D 正确。
热点二 动量守恒定律及其应用
1.判断守恒的三种方法
2.动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(2)Δp1＝－Δp2。
(3)Δp＝0。
例2 如图3 所示，两物块A、B 质量分别为m、2m，与水平地面间的动摩擦因
数分别为2μ、μ，其间用一轻弹簧连接。初始时弹簧处于原长状态，使A、B 两
物块同时获得一个方向相反，大小分别为v1、v2的水平速度，弹簧再次恢复原长
时两物块的速度恰好同时为零。关于这一运动过程，下列说法正确的是( )
图3
A.两物块A、B 及弹簧组成的系统动量不守恒
B.两物块A、B 及弹簧组成的系统机械能守恒
C.两物块A、B 初速度的大小关系为v1＝v2
D.两物块A、B 运动的路程之比为2∶1
答案 D
解析 物块A、B 的质量分别为m、2m，与地面间的动摩擦因数分别为2μ、μ，
因此在滑动过程中，两物块所受的摩擦力大小都等于2μmg，且方向相反，由此
可知系统所受合外力为零，系统动量守恒，故A 错误；在系统运动过程中要克
服摩擦力做功，系统的机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故B 错误；系
统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得mv1－2mv2＝0，解得v1＝
2v2，故C 错误；极短时间Δt 内也满足mv1Δt－2mv2Δt＝0，设A、B 的路程分别
为s1、s2，则ms1－2ms2＝0，即s1＝2s2，则有s1∶s2＝2∶1，故D 正确。
例3 (多选)如图4 所示，质量均为m 的木块A 和B，并排放在光滑水平面上，A
上固定一足够长的竖直轻杆，轻杆上端的O 点系一长为L 的细线，细线另一端
系一质量为m0的球C，现将球C 拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则
下列说法正确的是(重力加速度为g) ( )
图4
A.A、B 两木块分离时，A、B 的速度大小均为
B.A、B 两木块分离时，C 的速度大小为
C.球C 由静止释放到最低点的过程中，A 对B 的弹力的冲量大小为2m0
D.球C 由静止释放到最低点的过程中，木块A 移动的距离为
答案 AD
解析 小球C 下落到最低点时，A、B 将要开始分离，此过程A、B、C 组成的
系统水平方向动量守恒，有m0vC＝2mvAB，根据机械能守恒定律有m0gL＝m0v＋
×2mv，联立解得vC＝2，vAB＝，故A 正确，B 错误；C 球由静止释放到最低点
的过程中，选B 为研究对象，由动量定理有IAB＝mvAB＝m0，故C 错误；C 球由
静止释放到最低点的过程中，系统水平方向动量守恒，设C 对地向左水平位移
大小为x1，A、B 对地水平位移大小为x2，则有m0x1＝2mx2，x1＋x2＝L，可解得
x2＝，故D 正确。
训练3 (多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰
面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的
方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运
动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s 的速度与挡板
弹性碰撞。总共经过8 次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，
反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(
)
A.48 kg
B.53 kg
C.58 kg
D.63 kg
答案 BC
解析 选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为m 运，物块的质量为
m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为
v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝m 运v1－mv0，物块与挡
板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有m 运v1＋mv0＝－mv0
＋m 运v2，依此类推，m 运v2＋mv0＝－mv0＋m 运v3，…，m 运v7＋mv0＝－mv0＋m
运v8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜m 运＜15m，即52 kg＜m 运
＜60 kg，故B、C 项正确，A、D 项错误。
热点三 碰撞模型及拓展
1.碰撞问题遵循的三条原则
2.两种碰撞
(1)弹性碰撞
一动一静弹性碰撞：m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得v1′＝，v2′＝。
(2)完全非弹性碰撞
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 共
机械能损失最多，为
ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v。
3.碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平
面光滑)
小球—弹簧模型
小球—曲面模型
小球—小球模型
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋
M)v 共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、重力势能或电势
能
再次分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，
机械能守恒，满足mv＝mv＋Mv
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例
(水平面、
水平导轨
都光滑)
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v 共，损失的动能
最多，分别转化为内能或电能
例4 (多选)(2024·福建福州一模)在某次台球游戏中，出现了如图5 所示的阵型，
5 个小球B、C、D、E、F 并排放置在水平桌面上，其中4 个球B、C、D、E 质
量均为m1，A 球、F 球质量均为m2，A 球以速度v0与B 球发生碰撞，所有的碰
撞均可认为是弹性碰撞，下列说法正确的是( )
图5
A.若m1＝m2，最终将有1 个小球运动
B.若m1＜m2，相邻两小球之间只发生1 次碰撞
C.若m1＞m2，最终将有3 个小球运动，且运动方向一致
D.若m1＞m2，最终将有3 个小球运动，且运动方向不一致
答案 AD
解析 碰撞时动量守恒和能量守恒，可知m2v0＝m2v2＋m1v1，m2v＝m2v＋m1v，
可得v2＝v0，v1＝v0，若m1＝m2，则碰后两球交换速度，最终只有F 小球运动，
A 正确；若m1＜m2，则碰后v1＞v2＞0，然后B 和C 交换速度，直到D 和E 交换
速度，E 再与F 碰撞，F 向右运动，E 被弹回再与D 交换速度……，则不只发生
1 次碰撞，B 错误；若m1＞m2，则A、B 碰后A 反弹，B 向右运动与C 碰撞交换
速度，D、E 交换速度，最后E 与F 碰撞，E、F 都向右运动，B、C、D 停止，
则最终将有3 个小球A、E、F 都运动，且运动方向不一致，C 错误，D 正确。
训练4 (2024·重庆九龙坡模拟)如图6 为台球选手正在准备击球，设在某一杆击
球过程中，白色球(主球)和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A
的动量pA＝5 kg·m/s，花色球B 静止，碰后花色球B 的动量变为pB′＝4 kg·m/s，
则两球质量mA与mB间的关系可能是( )
图6
A.mB＝mA
B.mB＝mA
C.mB＝2mA
D.mB＝5mA
答案 C
解析 碰撞过程系统动量守恒，以白色球的初速度方向为正方向，由动量守恒定
律得pA＋pB＝pA′＋pB′，解得pA′＝1 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有
＋≥＋，解得mB≥mA，碰后，两球同向运动，A 的速度不大于B 的速度，则≤，
解得mB≤4mA，综上可知mA≤mB≤4mA，故C 正确。
1.(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7 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( )
图7
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 根据题图分析可知，t＝0.15 s 时，运动员对蹦床作用力最大，则此时运动
员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A 错误；t＝0.30 s 时，运动员离开蹦
床，做竖直上抛运动，经2 s 后，即t＝2.30 s 时再次落至蹦床上，根据竖直上抛
运动的对称性可知，t＝1.30 s 时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt 可知，
运动员在t＝0.30 s 时的速度大小v0＝10 m/s，B 正确，C 错误；对运动员与蹦床
一次相互作用过程，根据动量定理有(F－mg)Δt＝mv0－(－mv0)，代入数据解得F
＝4 600 N，D 正确。
2.(2024·江苏卷，9)如图8 所示，在水平面上静止有一个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 的左端，右侧用一根细绳连
接在滑板A 的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，
则( )
图8
A.弹簧恢复原长时A 的动能最大
B.弹簧压缩至最短时A 的动量最大
C.整个系统动量变大
D.整个系统机械能变大
答案 A
解析 对A、弹簧与B 组成的系统受力分析，该系统所受合外力为零，则其动量
守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D 错误；
对系统由动量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有Ep＝mAv＋mBv，
联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧的弹性势能完全转化为A、B 的动能时，
A 的动能最大，动量也最大，A 正确，B 错误。
3.(2024·江苏卷，14)嫦娥六号探测器于5 月3 日在中国文昌航天发射场发射升空
并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。
此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知
嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A 与轨道器对应的组合体B 分离
时间为Δt，分离后B 的速度为vB，且与v0同向，A、B 的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A 的速度vA；
(2)分离时A 对B 的推力大小。
答案 (1) 方向与v0相同 (2)
解析 (1)A、B 组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有
(m＋M)v0＝MvB＋mvA
解得分离后A 的速度vA＝
方向与v0相同。
(2)A、B 分离的过程，对B 由动量定理有
FΔt＝MvB－Mv0
解得分离时A 对B 的推力大小为F＝。
4.(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。
图9
(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9 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FN，敏感球的质量为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。
答案 (1) (2)①330 N·s 方向竖直向上 ②0.2 m
解析 (1)敏感球受竖直向下的重力mg、敏感臂竖直向下的压力FN以及斜面的支
持力FN1，由牛顿第二定律可知(mg＋FN)tan θ＝ma
解得tan θ＝。
(2)①由图像可知碰撞过程中F 的冲量大小
IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s
方向竖直向上。
②头锤落到气囊上时的速度v0＝＝8 m/s
与气囊作用过程由动量定理得(向上为正方向)
IF－Mgt＝Mv－(－Mv0)
解得v＝2 m/s
则上升的最大高度h＝＝0.2 m。
基础保分练
1.(2024·江苏淮阴高三适应性考试)2024 年4 月30 日，神舟十七号载人飞船返回
舱在东风着陆场成功着陆。返回舱经历一系列减速过程后，在距离地面高度只有
1 m 时，返回舱的速度为7 m/s，此时底部的反推火箭将瞬间点火，让返回舱的
速度快速降至2 m/s，从而实现软着陆。已知返回舱的总质量约为3 t，重力加速
度取10 m/s2，火箭点火时间约为0.15 s，则点火过程返回舱受到的反向推力约为
( )
A.7.0×104 N
B.1.0×105 N
C.1.3×105 N
D.1.6×105 N
答案 C
解析 根据动量定理，有mgt－Ft＝mv2－mv1，解得点火过程返回舱受到的反向
推力约为F＝1.3×105 N，故C 正确。
2.(2024·湖北武汉高三期末)一物体静止在光滑水平面上，从t＝0 时刻起，受到的
水平外力F 作用，如图1 所示，以向右运动为正方向，物体质量为2.5 kg，则下
列说法正确的是( )
图1
A.t＝2 s 时物体回到出发点
B.t＝3 s 时物体的速度大小为1 m/s
C.前2 s 内物体的平均速度为0
D.第3 s 内物体的位移为1 m
答案 D
解析 由题图知Ft－Ft＝0，t＝2 s 时物体速度变为0，没有回到原点，A 错误；
0～3 s 内，由动量定理知Ft－Ft＋Ft′＝mv－0，解得v＝2 m/s，B 错误；前2 s 内
物体位移不为0，由v＝知平均速度不为0，C 错误；第3 s 内物体做初速度为0
的匀加速直线运动，位移x＝at2＝××12 m＝1 m，D 正确。
3.(多选)(2023·新课标卷，19)如图2，使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止
于水平桌面上，甲的N 极正对着乙的S 极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌
面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时
刻( )
图2
A.甲的速度大小比乙的大
B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等
D.甲和乙的动量之和不为零
答案 BD
解析 根据F－μmg＝ma 可得a＝F－μg，因m 甲＞m 乙，故a 甲＜a 乙，则任意时
刻甲的速度大小比乙的小，A 错误；m 甲＞m 乙，又μ 甲＝μ 乙，则Ff 甲＞Ff 乙，故甲
和乙组成的系统所受合外力向左，合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙
的小，B、D 正确，C 错误。
4.(多选)高速磁悬浮列车在水平长直轨道上运行，车头会受到前方空气的阻力，
假设列车周围空气静止，车头前方的空气碰到车头后速度变为与车厢速度相同。
已知空气密度为ρ，车头的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S，列车额
定功率为P，以最大速度匀速运行。若只考虑车头有空气阻力，不计轨道摩擦等
其他阻力作用，下列说法正确的是 ( )
图3
A.列车的最大运行速度为
B.列车的最大运行速度为
C.列车受到的最大阻力为
D.列车受到的最大阻力为
答案 AC
解析 设磁悬浮列车的速度为v，列车对空气的作用力为F，则根据动量定理可
得Ft＝ρvtSv－0＝ρv2tS，解得F＝ρSv2，当牵引力等于阻力时，列车速度达到最
大，则有P＝Fvmax，解得vmax＝，A 项正确，B 项错误；根据牛顿第三定律可知
此时列车受到的空气阻力为f＝ρSv＝，C 项正确，D 项错误。
5.如图4 所示，质量相等的A、B 两小球在光滑的水平面上发生正碰，碰前A、
B 的速度分别为vA＝3 m/s，vB＝－1 m/s，碰后A、B 两小球的速度vA′和vB′可能
是( )
图4
A.vA′＝－1 m/s，vB′＝1 m/s
B.vA′＝2 m/s，vB′＝0
C.vA′＝0，vB′＝2 m/s
D.vA′＝－2 m/s，vB′＝4 m/s
答案 C
解析 两球碰撞前后应满足动量守恒定律，有mvA＋mvB＝mvA′＋mvB′，选项A
中数据不满足动量守恒，A 错误；B、C 两个选项满足动量守恒mvA＋mvB＝mvA′
＋mvB′，也满足碰后两球的动能之和不大于碰前两球的动能之和，即mv＋
mv≥mvA′2＋mvB′2，如果碰后A 的速度方向不变，则A 球的速度不大于B 球的速
度，即有vA′≤vB′，B 错误，C 正确；选项D 中，碰前两球的动能之和Ek 前＝mv
＋mv＝5m，碰后两球的动能之和Ek 后＝mvA′2＋mvB′2＝10m，动能增加，D 错误。
6.(多选)(2024·河北邯郸一模)如图5 所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，
小物块B 放置在水平轨道上，小物块A 从圆弧轨道释放，A、B 在水平轨道上发
生碰撞。第一次碰撞之后A 滑上圆弧轨道，然后返回与B 发生第二次碰撞，已
知B 的质量是A 质量的4 倍，则小物块A 第一次碰撞前后的速度大小之比可能
为( )
图5
A.4
B.2
C.
D.
答案 BC
解析 设物块A 的质量为m，A 碰前速度为v0，碰后速度为v1，物块B 碰后速
度为v2。若第一次A、B 小物块发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒定律，有
mv0＝－mv1＋4mv2，mv＝mv＋×4mv，解得v1＝v0，则小物块A 第一次碰撞前后
的速度大小之比为5∶3。因为A 能第二次与B 碰撞，应该第一次碰后A 的速度
比B 的速度大，即mv0＝－mv1＋4mv2，v1＞v2，联立解得v1＞，则小物块A 第一
次碰撞前后的速度大小之比应小于3∶1，则小物块A 第一次碰撞前后的速度大
小之比应介于上面两比值之间，故B、C 正确，A、D 错误。
7.如图6 所示，滑块A、B、C 位于光滑水平面上，已知A、B、C 的质量均为1
kg。滑块B 的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A 以
v0＝2 m/s 速度水平向右运动，弹簧被压缩到最短时，B 与C 恰好相碰并粘接在
一起，然后继续运动。假设B 和C 碰撞过程时间极短，则B 和C 碰撞过程中整
个系统损失的机械能为( )
图6
A.0.25 J
B.0.50 J
C.0.75 J
D.1.00 J
答案 A
解析 对A、B 系统，A、B 速度相等时，弹簧被压缩到最短，根据动量守恒定
律有mAv0＝(mA＋mB)v1，代入数据解得弹簧被压缩到最短时，B 的速度v1＝1
m/s，此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，对B、C 组成的系统，由动量守恒定律
得mBv1＝(mB＋mC)v2，代入数据解得v2＝0.5 m/s，只有B 与C 发生非弹性碰撞，
有机械能损失，则系统损失的机械能为ΔE＝mBv－(mB＋mC)v＝0.25 J，A 项正确。
提能增分练
8.(多选)(2024·吉林一中一模)碰碰车深受青少年的喜爱，因此大多数游乐场都设
置了碰碰车，如图7 所示为两游客分别驾驶碰碰车进行游戏。在某次碰撞时，红
车静止在水平面上，黄车以恒定的速度与红车发生正撞；已知黄车和红车连同游
客的质量分别为m1、m2，碰后两车的速度大小分别为v1、v2，假设碰撞的过程没
有机械能损失。则下列说法正确的是( )
图7
A.若碰后两车的运动方向相同，则一定有m1＞m2
B.若碰后黄车反向运动，则碰撞前后黄车的速度大小之比可能为5∶6
C.若碰后黄车反向运动且速度大于红车，则一定有m2＞3m1
D.碰后红车的速度与碰前黄车的速度大小之比可能为3∶1
答案 AC
解析 根据动量守恒定律与机械能守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2，m1v2＝m1v＋
m2v，得v1＝v，v2＝v，可知，当m1＞m2时，两车速度方向相同，A 正确；若碰
后黄车反向运动，则m1＜m2，可知碰撞后黄车速度小于碰撞前的速度，碰撞前
后黄车的速度大小之比不可能为5∶6，B 错误；若碰后黄车反向运动且速度大
于红车，即v＞v，解得m2＞3m1，C 正确；设碰后红车的速度与碰前黄车的速度
大小之比为3∶1，即v2∶v＝3∶1，解得m1＋3m2＝0，不符合实际情况，D 错误。
9.如图8 所示，小球B 和小球C 静止在光滑水平面上，轻弹簧一端固定在B 球上，
另一端与C 球接触但未拴接，弹簧处于自然伸长状态，小球A 从光滑圆弧面上
距水平地面高h 处由静止滑下，圆弧面与水平地面平滑连接，A 球与B 球发生弹
性正碰，并在碰撞后立即将A 球拿走。已知小球A 的质量为m，小球B 的质量
为3m，重力加速度为g，求：
图8
(1)A 球和B 球碰撞后瞬间，B 球的速度大小；
(2)要使C 球能获得最大动能，C 球的质量应为多少。
答案 (1) (2)3m
解析 (1)设球A 与B 第一次碰撞前的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有
mgh＝mv
解得v0＝
设碰撞后，A 球的速度大小为v1，B 球的速度大小为v2，根据动量守恒定律有
mv0＝－mv1＋3mv2
根据能量守恒定律有mv＝mv＋×3mv
解得v2＝v0＝。
(2)设C 球的质量为mC，要使C 球具有最大动能，则B、C 通过弹簧作用，将C
球弹离时，B 球的速度为零，设C 球获得的速度大小为v3，根据动量守恒定律有
3mv2＝mCv3
根据能量守恒定律有×3mv＝mCv
解得v3＝v2，mC＝3m。
培优高分练
10.(2024·湖北恩施二模)如图9 所示，光滑水平面上的小车质量为2m，小车左侧
部分有半径为R 的光滑圆弧轨道，与水平轨道AB 相切于A 点，小车右端B 点固
定一个竖直弹性挡板，A、B 间距为2R。质量为m 的小物块从圆弧轨道最高点以
v0＝2 的速度滑下，已知小物块与A、B 间轨道的动摩擦因数为0.5，重力加速度
为g。
图9
(1)若将小车固定，求物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小；
(2)若小车不固定，求物块第一次滑过A 点时小车的速度大小；
(3)若小车不固定，求物块最终静止的位置与A 点的距离及全过程小车的位移大
小。
答案 (1)7mg (2) (3)2R R
解析 (1)若将小车固定，物块滑到圆弧轨道最低点的过程中，根据机械能守恒
定律有
mgR＋mv＝mv2
在最低点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m
联立解得FN＝7mg。
(2)若小车不固定，物块与小车在水平方向动量守恒，且同时满足能量守恒，则
有0＝mvA＋2mv1
mv＋mgR＝mv＋×2mv
联立解得vA＝2，v1＝－
可知物块第一次滑过A 点时小车的速度大小为。
(3)由于圆弧轨道最左端的切线在竖直方向，物块若飞出小车其水平速度必然与
小车一致，还会回到小车，又该系统水平方向总动量为零，经过水平轨道的循环
摩擦后物块与小车最终必然均静止。设物块返回后能够上升的最大高度为h，由
能量守恒定律有mv＋mgR＝2μmg·2R＋mgh
解得h＝R
即物块与挡板碰撞后刚好返回到圆弧轨道最高点，没有飞出小车，设物块相对
AB 段滑行的总路程为s，则由能量守恒定律有mv＋mgR＝μmgs
解得s＝6R
则可知物块最终将停在B 点，距A 点2R。设全过程物块的水平位移为x1，小车
的水平位移为x2
水平方向由动量守恒定律可得mx1＝2mx2
而x1＋x2＝3R
联立解得x2＝R。
