文档文本内容
第08 讲 动量守恒定律模型
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目录
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模型一 流体模型
模型二 碰撞模型
类型1 弹性碰撞模型
类型2 非弹性碰撞模型
模型三 子弹打木块模型
模型四 滑块木板模型
模型五 滑块斜（曲）面模型
模型六 滑块弹簧模型
模型七 人船模型
模型八 爆炸模型
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模型建构
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⏪
✡模型一 流体模型
模型剖析
▶
研究
对象
流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ
微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n
分析
步骤
①构建“柱状”模型：沿流速v 的方向选取一小段柱体，其横截面积为S
②微元
研究
小段柱体的体积ΔV=vSΔt
小段柱体质量m=ρΔV=ρvSΔt
小段柱体粒子数N=nvSΔt
小段柱体动量p=mv=ρv2SΔt
③列出方程，应用动量定理FΔt=Δp 研究
模型特训
▶
【典例1】（2026·陕西西安·三模）如图所示，某地有一风力发电机，三个叶片转动时可形成面积为S
的圆面。某时间内该地的风速为v，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为ρ，空气遇到叶
片旋转形成的圆面后，其中1
3减速为零（该部分气体动能转化为电能的效率为η），2
3原速穿过。下列说
法正确的是（ ）
A．发电机的电功率为1
6 ηρS v
2
B．发电机的电功率为1
6 ρS v
2
C．所有叶片受到空气的作用力1
3 ηρS v
2
D．所有叶片受到空气的作用力1
3 ρS v
2
【推理演示】AB．设单位时间内通过圆面的空气总质量m，则有m= ρSv
减速为零的这部分空气损失的动能Δ Ek= 1
2 × 1
3 m v
2= 1
6 ρS v
3
则发电机的电功率为P =η Δ Ek= 1
6 ηρS v
3，故AB 错误；
CD．对减速为零的这部分空气，根据动量定理，单位时间内这部分空气动量的变化量大小等于叶片对空气
的作用力大小，即F =| Δ p
Δt |=|
0−1
3 mv
1s
|= 1
3 ρS v
2
根据牛顿第三定律可知，所有叶片受到空气的作用力为1
3 ρS v
2，故C 错误，D 正确。
故选D。
【变式1-1】（2026·河北沧州·二模）2026 年3 月，长江1000 A发动机正式进入适航取证冲刺阶段，该
发动机是国产大飞机C919 的配套动力。某次测试时，将该发动机固定在测试台上进行静态实验，发动机向
后喷射燃气的速度约为550 m /s，产生的推力约为1.32×10
5 N，则它在1s 时间内喷射的燃气质量约为（
）
A．60kg
B．240kg
C．600kg
D．2400kg
【答案】B
【详解】取Δt =1s内喷射的燃气为研究对象，燃气初始动量为0，喷出后动量为Δmv，发动机对燃气的
作用力大小等于推力F。根据动量定理F Δt =Δmv
代入数据，解得Δm=240kg
故选B。
【变式1-2】（2026·北京房山·二模）如图所示，某自动称米机阀门距秤盘的高度h=0.2 m，当阀门打开
时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当称米机的示数
为1 kg 时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量（单位时间内流出的质量）Q=0.1 kg/s，重力加
速度g 取10 m/s2，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求：
(1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小v 和阀门关闭瞬间空中大米的质量m。
(2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小F。
(3)稳定后（空中的大米全部落入秤盘），称米机的示数M。
【答案】(1)v =2m /s，m=0.02kg (2)F =0.2N (3)M =1kg
【详解】（1）设每粒大米质量为m0，由机械能守恒m0 gh= 1
2 m0v
2
解得大米落入秤盘时的速度大小v =2m /s
阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有h= 1
2 gt
2
解得t =0.2s
空中大米的质量m=Qt =0.02kg。
（2）Δt时间内，从阀门处下落的大米质量Δm=QΔt
令其落到秤上时受到的冲击力为F，根据动量定理有−F Δt =0−Δmv
解得F =0.2N
根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力F
′ = F =0.2N
（3）关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上大米质量为m
′ =1kg−F
g =0.98kg
则当空中大米全部落入盘中后，大米的总质量M =m+m
′ =1kg。
【变式1-3】（2026·浙江金华·二模）离子推进器是用电场将等离子加速后喷出而获得前进动力的，如
图所示：进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A 、B之间的匀强电场（离子初速度忽略不
计），A 、B间电压为U，使正离子加速形成离子束。已知每个正离子质量为m，电荷量为q，单位时间
内飘入的正离子数目为n，则在加速过程中推进器获得恒定的推力F为（ ）
A．n
2
❑√mqU
B．n ❑√mqU
C．n ❑√2mqU
D．2n ❑√mqU
【答案】C
【详解】设Δt时间喷出粒子的质量为m0，离子推进器对其的平均推力大小为F，规定向右为正方向，对m0
，根据动量定理有FΔt =m0v
其中m0=nΔtm
根据动能定理有qU = 1
2 m v
2
联立解得F =n ❑√2mqU
根据牛顿第三定律可知，引擎获得的推力为n ❑√2mqU。
故选C。
✡模型二 碰撞模型
模型剖析
▶
1.碰撞
碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。
2.特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。
3.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
4.“一动碰一静”弹性碰撞实例分析
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1=m1v1'+m2v2'
1
2m1v1
2=1
2m1v1'2+1
2m2v2'2
联立解得：v1'=
m1−m2
m1+m2
v1，v2'=
2m1
m1+m2
v1
讨论：
①若m1=m2，则v1'=0，v2'=v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1'>0，v2'>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1'≈v1，v2'≈2v1；
③若m1<m2，则v1'<0，v2'>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1'≈-v1，v2'≈0。
模型特训
▶
类型1 弹性碰撞模型
【典例1】（2026·河北·三模）如图所示，竖直平面内，光滑水平轨道BC 与光滑圆弧轨道CD 相切于C
点，圆弧轨道的半径为0.8 m、圆心为O，∠COD＝90°。质量m1=3kg的小球甲以水平向右、大小为5
m/s 的速度撞向静止在BC 上的小球乙，两球（均可视为质点）发生弹性碰撞且碰撞时间极短。取重力加速
度大小g=10 m/s
2。已知碰撞后小球乙恰好运动至D 点，则小球乙的质量为（ ）
A．2 kg
B．3 ❑√5kg
C．4.5 kg
D．4 ❑√5kg
【推理演示】本题考查圆周运动与弹性碰撞，目的是考查学生的推理论证能力。
小球甲、乙发生弹性碰撞，则有m1v0=m1v1+m2v2，1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
解得v2=
2m1
m1+m2
v0
碰撞后小球乙恰好运动至D 点，则有1
2 m2v2
2=m2 gR
解得m2=4.5kg，选项C 正确。
故选C。
【变式1-1】（2026·贵州·高考真题）如图，完全相同的均质小球A、B 被不可伸长的细线悬挂，静止在
同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为L和4
5 L，A 被拉至与竖直方向成60°的位
置并由静止释放，随后与B 发生弹性正碰。忽略空气阻力，B 的球心上升的最大高度为（ ）
A．1
2 L
B．1
3 L
C．1
4 L
D．1
5 L
【答案】A
【详解】设A、B 小球的质量均为m，忽略空气阻力，则A 从静止释放至与B 发生碰撞前瞬间，由动能定理
可得mgL(1−cos60
°)= 1
2 m vA
2
A 球与B 球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m vA=m v
′
A+m v
′
B，
1
2 m vA
2 = 1
2 m v
′
A
2 + 1
2 m v
′
B
2
可得v
′
B= vA
由于1
2 m v
'
B
2< 4
5 mgL
所以从碰撞后至下次碰撞前，B 做圆周运动，设B 的球心上升的最大高度为h，则对B 从碰后至上升到最大
高度的过程，由动能定理可得−mgh=0−1
2 m v
′
B
2
解得h= L
2
故选A。
【变式1-2】（2026·黑龙江·模拟预测）（多选）如图所示，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行碰
撞实验授课时，用100g的小球以一定的速度与静止的大球发生弹性正碰，由于实验舱处于完全失重状
态，两球悬浮于空中且两球球心在一条直线上。碰后大球的位移大小为1 格时，小球的位移大小为2 格。
忽略实验舱内空气阻力的影响，下列说法正确的是（ ）
A．大球的质量为300 g
B．大球的质量为500 g
C．若两球以相同的速率发生弹性正碰，则碰后大球的速率为0
D．若两球以相同的速率发生弹性正碰，则碰后大球的速率为初速率的1
3
【答案】BD
【详解】AB．在完全失重状态下，碰后两球都做匀速直线运动，设大球质量为M，每格位移为x，匀速运
动时间为t，规定水平向左为正方向，由动量守恒可知m v0=−m 2 x
t + M x
t
碰撞前后系统动能不变，满足1
2 m v0
2= 1
2 m(
2 x
t )
2
+ 1
2 M(
x
t )
2
联立解得M =5m
将小球质量m=100g代入，解得M =500g，故A 错误，B 正确；
CD．设两球初速率均为v，小球初速度方向向左，大球初速度方向向右，碰撞过程动量守恒，满足
mv −Mv =m v1+ M v2
碰撞前后系统动能不变，满足1
2 m v
2+ 1
2 M v
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2
联立M =5m
解得v1=−7
3 v，v2=−1
3 v
因此碰后大球的速率为初速率的1
3，故D 正确。
故选BD。
【变式1-3】（2026·湖北·高考真题）在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾
角均为30°的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为A、B。质量为m的小物块甲放置在左
侧倾斜轨道上高h处、质量为km的小物块乙静止在水平轨道上，乙到A、B两点的距离均为h。现静止释放
甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
(1)求甲第一次到达A点时的速度大小。
(2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。
(3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求k满足的关系
式（不求具体数值）。
【答案】(1)v0= ❑√2 gh
(2)I = 2km ❑√2gh
1+k
(3)当0＜k≤1 时，k3+3k2+35k﹣31＞0
当1＜k＜3 时，3k3+k2+25k﹣37＜0
当k＞3 时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0
【详解】（1）甲下滑过程轨道光滑，由动能定理mgh= 1
2 mv0
2
解得v0= ❑√2 gh
（2）第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为v1，乙速度为v2，取向右为正方向，由动量守恒和机械能
守恒m v0=m v1+ km v2，1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 kmv2
2
解得乙弹性碰撞后速度v2= 2v0
1+k
对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化I =km v2−0
代入v0= ❑√2 gh，得I = 2km ❑√2 gh
1+ k
（3）碰后甲的速度v1= 1−k
1+k v0，乙的速度v2=
2
1+k v0；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，
需对k 的取值进行分情况讨论：
①当0＜k≤1 时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相
遇，设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有v1t + v2(t −h
v2
−4 v2
g )=h
解得t =
2h+ 4 v2
2
g
v1+ v2
需满足在甲到达B 点前相遇，即t ＜h
v1
，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0
②当k＞1 时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上
甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有v2(t −h
v2
−4 v2
g )−|v1|t =h
解得t =
2h+ 4 v2
2
g
v2−|v1|
需满足在甲到达A 点前追及，即t ＜
h
|v1| ，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0
若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位
移关系有|v1|(t −
h
|v1| −4|v1|
g
)−v2t =h
解得t =
2h+ 4|v1|
2
g
|v1|−v2
需满足在乙到达B 点前追及，即t ＜h
v2
，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0
综上所述，k 满足的关系式为
当0＜k≤1 时，k3+3k2+35k﹣31＞0
当1＜k＜3 时，3k3+k2+25k﹣37＜0
当k＞3 时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0
【变式1-4】（2026·江苏·高考真题）如图所示，在光滑水平面上固定两个柱形光滑轨道，轨道上分别
约束着只能沿轨道方向运动的两个小球B 和C，质量均为3
5 m。小球B 和C 通过弹性限度足够大的相同轻质
弹簧与质量为m的小球A 相连。初始时，两弹簧均处于原长。现有一质量为M的小球D 以速度v0沿轨道方
向与小球A 发生对心弹性碰撞，碰撞时间极短，不计空气阻力。
(1)求小球D 与A 碰撞后瞬间小球A 的速度大小；
(2)若发生碰撞后小球D 不再与A 碰撞，求每根弹簧所具有的最大弹性势能；
(3)要使弹簧第一次恢复原长时，小球D 与A 恰好再次发生碰撞，求m
M 的值。
【答案】(1)vA= 2 M
M +m v0 (2) 6m M
2v0
2
11(m+ M )
2 (3) m
M = 1
11
【详解】（1）根据题意可知，小球D 与小球A 发生弹性正碰，由动量守恒定律有M v0= M v1+m vA
由能量守恒定律有1
2 M v0
2= 1
2 M v1
2+ 1
2 m vA
2
联立解得v1= M −m
M +m v0，vA= 2 M
M +m v0
（2）根据题意可知，小球A、B、C 共速时，弹簧的形变量最大，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有
m vA=(m+0.6m+0.6m)v共
由能量守恒定律有1
2 m vA
2 = 1
2
(m+0.6m+0.6m)v共
2 +2 Ep
解得Ep= 3
22 mvA
2 = 6m M
2v0
2
11(m+ M )
2
（3）根据题意，设小球D 与小球A 发生弹性正碰后到弹簧再次恢复原长的时间为t，由动量守恒定律有
m vA=m v
′
A+(0.6m+0.6m)v
′
两边同时乘以t并求和可得m vAt =mx +(0.6m+0.6m) x
要使弹簧恢复原长时，m 与M 能再次发生碰撞，则有x = v1t
整理可得2 M
M +m v0t = 11
5 ⋅M −m
M +m v0t
解得M =11m
即球质量m 和大球质量M 的质量比m
M = 1
11。
类型2 非弹性碰撞模型
【典例2】（2026·陕西西安·模拟预测）如图甲，劲度系数为k 的轻质弹簧竖直固定在地面上，上端放
置薄板A（未与弹簧相连），薄板A 处于静止状态，弹簧处于压缩状态。薄板B 与薄板A 完全相同，B 从A
正上方某位置由静止释放，A、B 两薄板碰撞时间极短，碰后粘连在一起，共同下落3l 后速度减为零。以
A、B 碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x 轴，A、B 整体的重力势能随下落距离x 变化的图像
如图乙中Ⅰ所示，弹簧的弹性势能随下落距离x 变化的图像如图乙中Ⅱ所示，重力加速度为g，不计空气
阻力，则下列说法不正确的是（ ）
A．薄板A、B 相碰前，弹簧的弹力大小为kl
B．薄板A、B 碰撞前，薄板B 下落的高度H 为3l
C．薄板A、B 碰撞后两薄板的最大速度为❑√3 gl
D．从薄板A 开始运动至两薄板上升到最大高度过程，弹簧对两薄板做功为0.5k l
2
【推理演示】A．由图乙中Ⅱ可知，x=0 时弹簧弹性势能为0.5k l
2，即1
2 k x1
2=0.5k l
2
解得此时弹簧压缩量x1=l
弹力F =k x1=kl，故A 正确；
B．由图乙中Ⅰ可知，x 从0 到3l 重力势能减少6 k l
2，即2mg·3l =6 k l
2
得mg=kl
碰撞后系统向下运动3l 速度减为零，根据能量守恒定律
1
2 (2m)v1
2+2mg·3l = E p弹2−E p弹1=8k l
2−0.5k l
2=7.5k l
2得m v1
2=1.5k l
2
碰撞过程动量守恒m v0=2m v1
得v1= v0
2
B 下落过程v0
2=2 gH
联立解得H =3l，故B 正确；
C．当合力为零时速度最大，即2mg=k x2
得x2=2l
此时下落距离x =l
从碰撞后到速度最大过程，由能量守恒1
2 (2m)v1
2+2mg·l = 1
2 (2m)vm
2 +( 1
2 k(2l)
2−1
2 k l
2)
代入数据解得vm= ❑√2 gl，故C 错误；
D．系统反弹上升，由能量守恒可知恰好回到弹簧原长位置速度减为零，此后分离。从A 开始运动到最高
点，弹簧从压缩l 到原长，弹性势能减少0.5k l
2，故弹簧做功0.5k l
2，故D 正确。
本题选择错误的，故选C。
【变式2-1】（2026·湖南岳阳·三模）如图所示，一足够长的固定光滑斜面倾角为θ =30°，底部有一垂
直斜面的挡板，质量为m 的物块B 和质量为4m 的物块A 分别与劲度系数为k 的轻弹簧两端拴接，物块B 紧
靠挡板，系统处于静止状态。质量为2m 的物块C 从斜面上与A 相距l = 9mg
2k 的位置由静止释放，与A 碰撞
后粘连在一起成为一个整体。物块均看作质点，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，
重力加速度为g，弹性势能Ep= 1
2 k x
2（其中k 为轻弹簧的劲度系数、x 为轻弹簧的形变量）。求：
(1)C 与A 碰撞后瞬间整体的速度大小；
(2)碰后A、C 整体做简谐运动的振幅；
(3)B 对挡板的最大压力与最小压力之差。
【答案】(1)g ❑√
m
2k (2)2mg
k
(3)4mg
【详解】（1）碰撞前，C 做匀加速直线运动，根据速度位移关系式可知C 与A 碰前瞬间速度v0= ❑√2glsinθ
碰撞过程根据动量守恒得2m v0=6mv
联立解得C 与A 碰撞后瞬间整体的速度大小v = g ❑√
m
2k
（2）碰撞前，弹簧的压缩量为x1，有k x1= 4 mgsinθ
碰后A、C 整体做简谐运动，平衡位置弹簧的压缩量为x2，有k x2=6mgsinθ
设最低点弹簧的压缩量为x3，从碰后到最低点根据系统机械能守恒有
1
2 ×6m v
2+6mg(x3−x1)sinθ = 1
2 k x3
2−1
2 k x1
2
联立解得x3= 5mg
k
碰后A、C 整体做简谐运动的振幅A = x3−x2
解得A = 2mg
k
（3）A、C 整体运动到最高点时，B 对挡板压力最小，此时弹簧的压缩量x4= x2−A
解得x4= mg
k
选B 为研究对象，根据平衡条件得N 1=mgsinθ+ k x4
解得N 1=1.5mg
A、C 整体运动到最低点时，B 对挡板压力最大，此时弹簧的压缩量为x3，选B 为研究对象，根据平衡条件
得N 2=mgsinθ+ k x3
解得N 2=5.5mg
B 对挡板的最大压力与最小压力之差ΔN = N 2−N 1
解得ΔN = 4 mg
【变式2-2】（2026·湖南衡阳·模拟预测）空间站内的航天员在太空实验室开展了很多有趣的科学实
验。某航天员在天宫课堂实验中演示碰撞实验，分析实验视频，每隔相等的时间间隔截取一张照片，照片
中小方格为正方形，虚线均分小方格，如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前后小球的机械能守恒
B．碰撞过程是弹性碰撞过程
C．通过分析实验照片可知小球质量和大球质量满足关系4 m= M
D．碰撞后大球获得的动能是小球初动能的5
9
【答案】C
【详解】A．设天宫重力势能为0，大、小球的质量分别为M和m，小正方形的边长为2a，拍摄照片的时
间间隔为t，水平向右为正方向。通过题中照片分析可知小球碰撞前的速度为v0= 3a
t ，碰撞后小球的速度
为vm=−a
t
初动能Ek0= 1
2 m v0
2= 9ma
2
2t
2 ，碰后动能Ekm= 1
2 m vm
2 = ma
2
2t
2
碰撞前后重力势能不变，动能不守恒，因此小球机械能不守恒，故A 错误；
BC．大球碰撞后的速度为v M = a
t 。根据动量守恒有m 3a
t =−m a
t + M a
t ，由此可知4 m= M
故大球动能Ek M = 1
2 M v M
2 = 2ma
2
t
2
，系统初机械能E = Ek0= 9ma
2
2t
2 ，末机械能E
′ = Ekm+ Ek M = 5ma
2
2t
2 ，所
以碰撞前后系统机械能不守恒，不为弹性碰撞，故B 错误，C 正确；
D．碰撞后大球获得的动能为Ek M = 2ma
2
t
2
，小球碰撞前动能Ek0= 9ma
2
2t
2
故Ek M : Ek0= 4:9，故D 错误。
故选C。
【变式2-3】（2026·广东·高考真题）如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心O点
与外壳固定，外壳上的两挡板位于过O点的水平线上，两质量均为m的摆锤，由长均为R的不可伸长轻绳
悬挂于轴上的O点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度v0从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生
碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳
立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为M = 4 kg，
m=1kg，R =0.4 m，v0= 4 m/s。重力加速度取g=10 m /s
2，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求：
(1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能Ek；
(2)机器人外壳上升的最大高度h ；
(3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失Δ E。
【答案】(1)Ek= 4 J (2)h=0.1m (3)ΔE =6J
【详解】（1）两摆锤以初速度v0= 4 m /s沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡
板相碰前的速度为v，根据机械能守恒定律有1
2 m v0
2=mgR+ 1
2 m v
2
解得v =2❑√2m/s
摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有2mv = M v共
解得v共= ❑√2m/s
机器人起跳时的动能Ek= 1
2 M v共
2 = 4 J
（2）根据速度位移关系0−v共
2 =−2gh
可得机器人外壳上升的最大高度h=0.1m
（3）机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大
小为❑√2m/s，从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失
ΔE =2× 1
2 m v0
2−（2× 1
2 m v共
2 +2mgR ）
解得ΔE =6J
✡模型三 子弹打木块模型
模型剖析
▶
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：mv0=(M+m)v
能量守恒：Q=f·s=1
2mv0
2-1
2(M+m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0=mv1+Mv2
能量守恒：Q=f·d=1
2mv0
2-(1
2mv1
2+1
2Mv2
2)
模型特训
▶
【典例1】（2026·江苏南通·二模）如图所示，在研究钢板防御穿甲能力的实验中，一块钢板被锁定在
光滑的水平面上，子弹以水平方向的初速度射入钢板，恰好能穿过．现解除锁定，让子弹以相同的初速度
射向钢板，假设子弹穿入钢板过程中受到的阻力恒定，子弹射入钢板过程中（ ）
A．子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小
B．子弹对钢板的水平冲量和锁定时的一样大
C．钢板对子弹做的功比锁定时的多
D．钢板对子弹做的功和锁定时的一样多
【推理演示】AB．钢板锁定，子弹末速度为0，由动量定理，可知钢板对子弹的冲量大小为
I 1=|0−m v0|=m v0
故子弹对钢板的冲量大小为m v0；由于水平面光滑，则钢板解锁后，子弹与钢板组成的系统动量守恒且最
终共速v，规定向右为正方向，根据动量守恒有m v0=(m+ M )v
根据动量定理，可知钢板对子弹的冲量大小为I 2=|mv −mv0|=
M
M +m mv0故子弹对钢板的冲量大小为
M
M +m m v0，综上可知子弹对钢板的水平冲量比锁定时的小，故A 正确，B 错误；
CD．钢板锁定时，子弹恰好穿过钢板（即子弹末速度为0），对子弹，根据动能定理，可知钢板对子弹做
的功为W 锁定=0−1
2 m v0
2
钢板解锁后，子弹和钢板最终共速，对子弹，根据动能定理，钢板对子弹做的功为W 解锁= 1
2 m v
2−1
2 m v0
2
综上可知|W 锁定)>|W 解锁)，故CD 错误。
故选A。
【变式1-1】（2026·河北·高考真题）如图所示，质量为4 kg的木板上放有一个质量为1kg的机器人，
木板始终受到水平向右、大小为5 N的恒力作用。初始时木板与机器人一起以1m /s的速度沿水平地面向右
匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为1m /s的机械夹爪。某时刻夹爪
将机器人向上提起，2s后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。g取
10 m/s
2，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求
(1)机器人被提起的2s内，木板位移的大小。
(2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。
【答案】(1)2.5 m (2)0.48J
【详解】（1）根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为μ，则有F = μ(m木+m机)g
解得μ=0.1
机器人被提起时，对木板有F −μm木g=m木a1
解得a1=0.25 m/s
2
机器人被提起的2s 内，木板位移的大小x = v0t + 1
2 a1t
2=(1×2+ 1
2 ×0.25×2
2)m =2.5 m
（2）机器人被放回木板时，木板的速度为v2= v0+a1t =(1+0.25×2)m/s=1.5 m/s
机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由动
量守恒定律有m机v0+m木v2=(m机+m木)v
解得v =1.4 m/s
对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功W = 1
2 m机v
2−1
2 m机v0
2=0.48J
【变式1-2】（2025·河北衡水·模拟预测）如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98kg 的小车，B 点右
侧为水平轨道，其中BC 段粗糙，CD 段光滑。B 点的左侧为一半径R＝1.3m 的光滑四分之一圆弧轨道，圆弧
轨道与水平轨道在B 点相切，车的最右端D 点固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的
C 点，B 与C 之间距离L＝0.7m。一质量m＝1kg 的小物块（可视为质点），置于小车的B 点，开始时小车与
小物块均处于静止状态。一质量m0＝20g 的子弹以速度v0＝600m/s 向右击中小车并停留在车中，假设子弹
击中小车的过程时间极短，已知小物块与BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，取g=10m/s2。求：
(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度；
(2)小物块第一次返回到B 点时速度的大小；
(3)弹簧弹性势能的最大值。
【答案】(1)1.2m (2)8m/s (3)8.5J
【详解】（1）对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有
m0 v0=(m0+ M )v1
当小物块上升到最大高度时三者共速，
对
三
者
由
水
平
方
向
动
量
守
恒
有
(m0+ M )v1=(m0+ M +m)v2
由机械能守恒定律有
1
2 (m0+ M )v1
2= 1
2 (m0+ M +m)v2
2+mgh
联立解得h＝1.2m
即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝1.2m
（2）当小物块第一次回到B 点时，设车和子弹的速度为v3，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒
有
（m0+ M )v1=(m0+ M )v3+mv
由
能
量
守
恒
定
律
有
1
2 (m0+ M )v1
2= 1
2 (m0+ M )v3
2+ 1
2 m v
2
联立解得v3＝2m/s ，v＝8m/s
即小物块第一次返回到B 点时速度大小为 v＝8m/s
（3 ）当弹簧具有最大弹性势能Epm 时，三者速度相同，由动量守恒定律有
（m0+ M )v1=(m0+ M +m)v4
由能量守恒定律有1
2 （m0+ M )v1
2= 1
2 (m0+ M +m)v4
2+ μmgL+ Epm
联立解得Epm =8.5J
✡模型四 滑块木板模型
模型剖析
▶
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=fΔs 或Q=E 初-E 末，研究对象为一个系统。
模型特训
▶
【典例1】（2026·广东深圳·一模）（多选）如图甲，质量为6kg 的小车静止在光滑水平面上，t＝0 时
刻，木块从左端滑上小车，木块和小车水平方向速度随时间变化的图像如图乙所示，g 取10m/s
2。下列说
法正确的是（ ）
A．小车的长度为5m
B．小车上表面动摩擦因数为0.5
C．前2s 内产生的热量为15J
D．前2s 内摩擦力对小车的冲量大小为6N·s
【推理演示】A．水平面光滑，木块和小车组成的系统水平方向动量守恒m v0=m v木+ M v车
代入已知条件v0= 4 m/s，v木=2m/s，v车=1m/s，M=6kg
解得木块质量 m=3kg。
v−t 图像的面积表示位移，0~2s 内： 木块位移 x 木=6m
小车位移 x 车=1m
2s 后两者都匀速，说明木块已经滑出小车，小车长度等于相对位移：L= Δ x = x木−x车=5 m
故A 正确。
B．对木块，由牛顿第二定律μmg=ma
木块加速度大小a=1m/s
2，得：μ= a
g = 1
10 =0.1≠0.5
故B 错误。
C．摩擦产生的热量等于系统动能的损失：Q = 1
2 m v0
2−( 1
2 m v木
2 + 1
2 M v车
2 )
代入数值计算得Q=15J
故 C 正确。
D．对小车由动量定理，摩擦力的冲量等于小车动量变化：I = Δ p= M v车−0=6 N·s
故D 正确。
故选ACD。
【变式1-1】（2026·吉林松原·模拟预测）如图甲所示，光滑的水平地面上静置一长木板，木板的左端
有一个可视为质点的滑块。现给滑块一水平向右的初速度v0，此后滑块和木板的动能随各自位移变化的图
像如图乙所示，最终滑块恰停在木板的右端。求
(1)滑块与木板的质量之比
(2)滑块与木板间的滑动摩擦力大小
(3)木板的长度
【答案】(1)2:3 (2)3 N (3)10 m
【详解】（1）滑块和木板组成的系统动量守恒，设滑块的质量为m，木板的质量为M，滑块的初速度为
v0，最终的共同速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律有m v0=(m+ M )v
系统的初末动能表达式分别有Ek10= 1
2 m v0
2，Ek= 1
2 (m+ M )v
2
联立解得Ek10
Ek
= m+ M
m
由图乙可知系统初动能Ek10=50J，由于最终滑块和木板具有共同速度，由图像可知两者的末动能之和即
系统末动能Ek=20J，代入等式解得m
M = 2
3
（2）根据动能表达式可知最终滑块与木板的动能之比等于质量之比，故滑块的末动能为Ek1=8J，木板的
末动能为Ek2=12J，设滑块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，由图乙可知滑块的位移为x2=14 m，对滑块
根据动能定理有−Ff x2= Ek1−Ek10
代入数据解得Ff=3 N
（3）设木板的位移为x1，对木板根据动能定理有Ff x1= Ek2
代入数据解得x1= 4 m
由于最终滑块恰好停在木板的右端，则木板的长度L等于滑块与木板的相对位移，有L= x2−x1
解得L=10 m
【变式1-2】（25-26 高三上·天津滨海新区·阶段检测）如图所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的
水平面上，车长L=1.5 m，现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m /s从左端滑
上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10 m /s
2，
求：
（1）物块在车面上滑行的时间t。
（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0
′不超过多少。
【答案】（1）0.24s；（2）5m/ s
【详解】（1）物块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
m2v0=(m2+m1)v
物块在小车上做匀减速运动，对物块，由动量定理得
−μm2>=m2v −m2v0
得t =0.24 s
（2）物块不滑离小车且恰好到达小车的右端时物块滑上小车的速度最大，物块与小车组成的系统动量守
恒，以向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律分别得
m2v0' =(m2+m1)v1'
μm2 gL= 1
2 m2v0'
2−1
2 (m2+m1)v1'❑
2
代入数据解得
v0' =5m/ s
【变式1-3】（2024·甘肃·高考真题）如图，质量为2kg 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6kg 的木板B 静止在光滑水
平面上，质量为2kg 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/s
2）
（1）求A 运动到最低点时细绳OP 所受的拉力。
（2）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）A、C 碰后，C 相对B 滑行4m 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
【详解】根据题意，设AC 质量为m=2kg，B 的质量为M =6kg，细绳OP长为l =1.6 m，初始时细线与竖
直方向夹角θ =60
∘。
（1）A 开始运动到最低点有
mgl(1−cosθ)= 1
2 m v0
2−0
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
F −mg= mv0
2
l
解得
v0= 4 m/s，F = 40 N
（2）A 与C 相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A 竖直下落可知
m v0=0+m vC
故解得
vC= v0= 4 m/s
（3）A、C 碰后，C 相对B 滑行4m 后与B 共速，则对CB 分析，过程中根据动量守恒可得
m v0=(M +m)v
根据能量守恒得
μmg L相对= 1
2 m v0
2−1
2
(m+ M )v
2
联立解得μ=0.15
✡模型五 滑块斜（曲）面模型
模型剖析
▶
模型特点
(1)上升到最大高度：滑块m 与斜(曲)面M 具有共同水平速度v 共，此时滑块m 的竖直速度vy=0。系统水
平方向动量守恒，mv0=(M+m)v 共；系统机械能守恒，1
2mv0
2=1
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滑块m 的重力势能)。
(2)返回最低点：滑块m 与斜(曲)面M 分离点。系统水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2；系统机械能守
恒，1
2mv0
2=1
2mv1
2+1
2Mv2
2(相当于弹性碰撞)。
模型特训
▶
【典例1】（2025·湖北黄冈·模拟预测）（多选）如图所示，质量为M的带有四分之一光滑圆弧轨道的
小车静止置于光滑水平面上，圆弧的半径为R（未知），一质量为m 的小球以速度v0水平冲上小车，恰好
达到圆弧的顶端，此时M 向前走了0.25 R，接着小球又返回小车的左端。若M =3m，重力加速度为g，则
（ ）
A．整个过程小车和小球组成系统动量和机械能都守恒
B．圆弧的半径为R=3 v0
2
8 g
C．小球在弧形槽上上升到最大高度所用的时间为3 v0
4 g
D．整个过程小球对小车做的功为3mv0
2
8
【推理演示】A．小球和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，竖直方向上合力不为零，动量不守恒，
没有阻力做功，机械能守恒，故A 错误；
BC．小球达到圆弧的顶端，这个过程中水平方向动量守恒得m v0=(m+ M )v
根据能量守恒得1
2 m v0
2= 1
2
(m+ M )v
2+mgR
解得R = 3 v0
2
8g
此时小车向前走了0.25R，根据水平方向动量守恒对时间积分可得m v0t =m vmt + M vMt
即m v0t =m xm+ M xM
根据几何关系xm= R+ xM=1.25 R
解得t = 3 v0
4 g
故BC 正确；
D．设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，整个过程中水平方向动
量守恒得m v0=m v1+ M v2
根据能量守恒得1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2
解得v2= 1
2 v0
根据动能定理整个过程小球对小车做的功为W = 1
2 M v2
2= 3mv0
2
8
，故D 正确。
故选BCD。
【变式1-1】（2026·河南信阳·模拟预测）如图所示，质量为3m的L 形长木板静止在光滑水平面上，长
木板上表面AB段水平，BC段为半径为R的四分之一光滑圆弧，圆弧面的最低点切线水平。质量为m的物
块以一定的初速度沿水平方向从长木板的左端A 点滑上长木板，物块刚好能滑到圆弧面的最高点C，最后
恰好滑到A 点与长木板相对静止。已知物块与AB间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，不计物块的大
小。求：
(1)物块刚滑上长木板时，物块与长木板的加速度大小；
(2)长木板上表面AB 部分的长度和物块刚滑上长木板时的初速度大小。
【答案】(1)1
2 g，1
6 g (2)2 R，4
3
❑√3 gR
【详解】（1）设物块刚滑上长木板时，物块的加速度大小为a1、长木板的加速度大小为a2。根据牛顿第
二定律μmg=ma1，μmg=3ma2
解得a1= 1
2 g，a2= 1
6 g
（2）设物块滑上长木板时的初速度大小为v0，到达C点时速度为v1，两者最后的共同速度为v2，AB长为
L，根据系统水平方向动量守恒m v0= 4 m v1= 4 m v2
根据能量守恒1
2 m v0
2= 1
2 ×4 m v1
2+ μmgL+mgR ，1
2 m v0
2= 1
2 ×4 m v2
2+2 μmgL
可得μmgL=mgR
解得L=2 R，v0= 4
3
❑√3 gR
【变式1-2】（2026·山西太原·一模）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量M = 4kg 的滑块静止在
光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出，若测得在水平
方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，取重力加速度大小g=10 m/s
2，不考
虑任何阻力，求：
(1)小球的初速度大小v0及质量m；
(2)小球运动到最高点时的速度大小v共；
(3)小球能够上升的最大高度h。
【答案】(1)4m/s；5kg (2)20
9
m/s (3)16
45 m
【详解】（1）水平面光滑，小球和滑块组成的系统水平方向任意时刻动量守恒，因此有m v1+ M v2=m v0
整理得v2与v1的关系v2=−m
M v1+ m v0
M
结合图乙的直线纵截距v1=0时，v2=5 m/s，可得m v0
M =5
横截距v2=0时，v1= 4 m/s，可得−m
M ⋅4 + m v0
M =0
整理得m v0= 4 m
联立解得m=5kg，v0= 4 m/s
（2）小球运动到最高点时，小球与滑块水平方向相对静止，速度相同，即共速。由水平动量守恒
m v0=( M +m)v共
代入数据得v共= m v0
M +m = 20
9 m/s
（3 ）小球上升到最高点过程中，系统机械能守恒，动能的减少量等于重力势能的增加量
1
2 m v0
2= 1
2 ( M +m)v共
2 +mgh
代入数据计算得h= 16
45 m
【变式1-3】（2026·陕西咸阳·二模）（多选）如图所示，带1
4 圆弧轨道的滑块置于粗糙水平面上，圆
弧光滑，一质量为m 的小球从顶端A 点静止释放沿圆弧运动到C 点，C 点切线水平，滑块由于受到地面的摩
擦力始终保持静止状态，O 为圆心，C 为圆弧的最低点，圆弧半径为R，重力加速度为g，关于该过程，下
列说法正确的是（ ）
A．滑块对地面的压力不变
B．小球所受重力的最大功率为2
3 mg ❑√
❑√3 gR
C．地面摩擦力的最大值为1.5mg
D．若地面光滑，滑块的质量也为m，则小球与滑块分离时的速度大小为
❑√gR
2
【答案】BC
【详解】A．设小球与圆心连线与水平方向的夹角为θ，根据机械能守恒定律可得mgRsinθ = 1
2 m v
2
根据牛顿第二定律可得F −mgsinθ =m v
2
R
对圆弧轨道，竖直方向，有FN= Mg+ F y，F y = Fsinθ
联立可得F N = Mg+ F y = Mg+3mgsin
2θ
由此可知，小球下滑过程中，θ 不断增大，sinθ 增大，则FN 增大，根据牛顿第三定律可得滑块对地面的
压力一直增大，故A 错误；
B．小球所受重力的功率P =mg v y =mg ❑√2gRsinθcosθ
当sinθ =
❑√3
3 时，重力功率最大，最大值为Pm = 2
3 mg ❑√
❑√3 gR，故B 正确；
C．地面对圆弧轨道的摩擦力大小为f = Fcosθ = 3
2 mgsin2θ
由此可知，摩擦力的最大值为f m =1.5mg，故C 正确；
D．系统水平方向动量守恒，则m v1−m v2=0
根据机械能守恒有mgR = 1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2
解得v1= v2= ❑√gR，故D 错误。
故选BC。
✡模型六 滑块弹簧模型
模型剖析
▶
模型特点
(1)两物体和弹簧组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒。
(2)系统内只有弹簧弹力做功，只发生弹性势能与动能的相互转化，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(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)。
模型特训
▶
【典例1】（2025·福建·高考真题）（多选）如图，物块A、B 用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传
送带以1m/s 的恒定速率顺时针转动。t=0 时，A 的速度大小为2m/s，方向水平向右，B 的速度为0，弹簧处
于原长，t=t1时（t1为未知量），A 第一次与传送带共速，弹簧弹性势能0.75J。已知A、B 可视为质点，
质量分别为1kg、2kg，与传送带的动摩擦因数为0.5、0.25；A 与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加
速度大小取g=10m/ s
2，A、B 始终在传送带上，弹簧始终在弹性限度内，则（ ）
A．在t=t1
2 时，A 的加速度大小比B 的小
B．t=t1时，B 的速度大小为0.5m/s
C．t=t1时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t1过程中，A 在传送带上留下的划痕长度小于0.05m
【推理演示】AB．根据题意可知传送带对AB 的滑动摩擦力大小相等都为
f =0.5×1×10 N =0.25×2×10 N=5N
初始时A 向右减速，B 向右加速，故可知在A 与传送带第一次共速前，AB 整体所受合外力为零，系统动量
守恒有mA v0=mA v +mBvB，v=1m/s
代入数值解得t=t1时，B 的速度为vB=0.5m/s
在A 与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB 根据牛顿第二定律有f + F弹=mAaA，f + F弹=mBaB
由于mA<mB，故可知aA>aB
故A 错误，B 正确；
C．在t1 时间内，设AB 向右的位移分别为xA，xB，由功能关系有
−f xA+ f xB+ 1
2 mA v0
2= 1
2 mA v
2+ 1
2 mBvB
2+ Ep
解得xA−xB=0.1m
故弹簧的压缩量为Δ x = xA−xB=0.1m
故C 错误；
D．A 与传送带的相对位移为x相A= xA−v t1
B 与传送带的相对为x相B= v t1−xB
故可得x相A+ x相B= xA−xB=0.1m
由于0−t1 时间内A 向右做加速度逐渐增大的减速运动，B 向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足
aA=2aB，作出AB 的v−t 图像
可知x相A等于图形MNA 的面积，x相B等于图形NOBA 的面积，故可得x相A< x相B
结合x相A+ x相B=0.1m
可知x相A<0.05m，故D 正确。
故选BD。
【变式1-1】（2026·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，光滑水平面上一质量mA=0.4 kg的木板，其右端通
过轻弹簧连接质量mB=0.1kg的物块，此时弹簧伸长量x0=0.1m，物块和木板均静止。质量mC=0.1kg的
小球（可视为质点）通过长L=0.9 m的轻绳悬于O点。小球从绳与竖直方向成θ =60°处由静止释放，摆至
最低点时与木板右端发生弹性碰撞，时间极短。取重力加速度g=10 m /s
2。
(1)求碰撞后瞬间木板的速度大小vA。
(2)弹簧的压缩量第一次为x0时，物块速度大小为vB=0.8 m /s，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数
μ。
【答案】(1)vA=1.2m/s
(2)μ=0.28
【详解】（1）C 下摆过程，由机械能守恒定律有mC gL(1−cos60
°)= 1
2 mC v0
2
解得v0=3 m/s
C 与A 碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有mCv0=mCvC+mA vA，1
2 mCv0
2= 1
2 mCvC
2+ 1
2 mA v2
2
联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小vA=1.2m/s
（2 ）A 、C 碰后，当弹簧的压缩量第一次为x0时，以向左为正方向，由动量守恒定律有
mA vA=mBvB+mA v
′
A
解得v
′
A=1m/s
由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有1
2 mA vA
2 = 1
2 mA v
′
A
2 + 1
2 mBvB
2+ μmB g(2 x0)
解得μ=0.28
【变式1-2】（2026·安徽·模拟预测）（多选）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量M=2 kg 的小
车，车上的水平轨道与半径R=0.5 m 的四分之一光滑圆弧轨道在M 点相切。在水平轨道的右端固定一轻质
弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的N 点正上方，N 点右侧轨道光滑，M、N 间距离L=0.9 m。
一个质量m=1 kg 的物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点由静止滑下，已知重力加速度g=10 m/s2，物块
与水平轨道MN 段的动摩擦因数μ=0.2，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。在后续运动过程中（
）
A．物块最终停在小车上的位置距离M 点0.7 m
B．弹簧的最大弹性势能为3.2 J
C．物块运动过程中弹簧共被压缩2 次
D．整个过程物块的总位移大小为0.8 m
【答案】AB
【详解】A．系统初态机械能E0=mgR =5 J
滑动摩擦力f = μmg=2 N
物块在粗糙段MN上相对滑动的总路程s❑= E0
f =2.5m
物块运动过程为：从M到N，压缩弹簧后从N返回M，冲上圆弧后返回M，再向右滑行x停止。则
0.9m+0.9m+ x =2.5m
解得x =0.7m
即停在距离M点右侧0.7m处。故A 正确；
B．物块第一次到达N点时，系统损失机械能Δ E1= fL=1.8 J
当弹簧压缩至最短时，物块与小车共速，由水平方向动量守恒知共速为0。此时弹性势能最大，
E pm= E0−Δ E1=3.2J。故B 正确；
C．由A 项分析可知，物块第二次经过M点后向右滑行0.7m即停止，因0.7m< L=0.9m，物块无法到达N
点，故弹簧只被压缩1 次。故C 错误；
D．物块水平方向相对小车的位移大小为Δ x❑= R+ x =1.2m
设物块水平位移为x1，小车水平位移为x2，取向右为正，由“人船模型”原理可知m x1+ M x2=0
且x1−x2= Δ x❑
代入数据解得x1=0.8m
但物块竖直方向位移大小为R =0.5m，故总位移大小s=
❑√x1
2+ R
2≠0.8m。故D 错误。
故选AB。
【变式1-3】（2026·宁夏石嘴山·模拟预测）质量为m1=2kg的滑块a 和质量m2=1kg可视为质点的小
滑块b 放置在光滑水平面上，中间连接有被压缩的弹簧，弹簧和b 不栓接。现由静止同时释放两滑块，b
被弹开后沿光滑水平面滑行速度v = 4 m/s；b 离开水平面后以平行于滑板c 的速度恰好从上端滑上其上表
面，滑板c 足够长，其质量m3= 4 kg。斜面的倾角θ =37°，c 与斜面之间的动摩擦因数μ1=0.76，b 与c 之
间的动摩擦因数μ2=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37° =0.6，重力加速度g=10 m/s
2。
(1)求b 刚滑入c 的速度大小v1；
(2)求弹簧存储弹性势能Ep；
(3)求b、c 间摩擦产生的热量Q。
【答案】(1)5 m/s
(2)12J
(3)200J
【详解】（1）水平方向匀速直线运动有v = v1cosθ
解得v1=5 m/s
（2）由机械能守恒和动量守恒得m1va=m2v，Ep= 1
2 m1va
2+ 1
2 m2v
2
解得EP=12J
（3）由于μ1(m2+m3)gcosθ = μ2m2 gcosθ+m3 gsinθ，则c 恰好不相对斜面滑动，一直处于静止，对b 由
牛顿第二定律有μ2m2 gcosθ−m2 gsinθ =m2a
匀减速直到停下v1
2=2as
那么bc 之间产生的热量Q = μ2m2 gscosθ
联立解得Q =200J
【变式1-4】（2026·陕晋青宁卷·高考真题）（多选）如图，物块N 、P、Q的质量分别为m、m、2m
，Q通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与P连接，P与位于正下方的N用劲度系数为k的轻弹
簧相连。初始时托住N和Q，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放N和Q，运动中，物
块均视为质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，弹性势能Ep= 1
2 k x
2（x为形变
量），重力加速度大小为g。则（ ）
A．释放后瞬间Q的加速度大小为g
3
B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为mg
C．释放后N下降的最大距离为3mg
4 k
D．释放后N的速度最大值为g
2
❑√
3m
k
【答案】AD
【详解】AB．根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬间，弹簧形变量不变，设释放后瞬间轻绳上
的拉力大小为T，对Q、P整体，由牛顿第二定律有2mg−mg =(m+2m)a
对Q，由牛顿第二定律有2mg−F =2ma
联立解得a= 1
3 g，F = 4
3 mg，故A 正确，B 错误；
CD．根据题意，把物块N、P、Q看成整体，左边受向下的2mg，右边也受向下的2mg，整体合力为零，
由动量守恒定律有m vN=(m+2m)vPQ
则有m vNt =(m+2m)vPQt
可得m xN =(m+2m) xPQ
解得vN =3 vPQ，xN=3 xPQ
设释放后N下降的最大距离为xN =h，则xPQ= 1
3 h，此时弹簧形变量为Δ x1=h+ 1
3 h
由能量守恒定律有mgh+2mg⋅1
3 h−mg⋅1
3 h= 1
2 k (Δ x1)
2
解得h= 3mg
2k
释放后N的速度最大时为vN= vm，则有vPQ= 1
3 vN = 1
3 vm
又有kΔ x2=mg
解得Δ x2= mg
k
则有x
′
N= 3mg
4 k ，x
′
PQ= mg
4 k
由能量守恒定律有mg x
′
N+2mg⋅x
′
PQ−mg⋅x
′
PQ= 1
2 k (Δ x2)
2+ 1
2 m vm
2 + 1
2
(m+2m)(
1
3 vm)
2
解得vm = g
2
❑√
3m
k ，故C 错误，D 正确。
故选AD。
✡模型七 人船模型
模型剖析
▶
(1)模型图示
(2)模型特点
①两者满足动量守恒定律：mv 人-Mv 船=0
②两者的位移大小满足：ms人
t -Ms船
t =0，
s 人+s 船=L，得s 人=
M
M +mL，s 船=
m
M +mL
(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人船位移比等于二者质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于二者质量的反比，即
s人
s船
=
v人
v 船
= M
m 。
(4)“人船模型”的拓展(某一方向动量守恒)。
模型特训
▶
【典例1】（2026·陕西咸阳·模拟预测）如图所示，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2m的小球C。现将小球C
拉起使细线水平伸直，由静止释放小球C，小球C 始终都与A、B 在同一竖直平面内运动，小球C 运动过程
中不会与竖直杆碰撞。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球C 由图示位置下摆的过程中，A、B、C 组成的系统动量守恒
B．小球C 由图示位置下摆到最低点时的水平位移为l
2
C．A、B 两木块分离时，B 的速度为❑√2 gl
D．A、B 分离后，A、C 的速率始终与二者的质量成反比
【推理演示】A．小球摆动过程，A、B、C 系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向受力不
平衡，动量不守恒，故A 错误；
B．小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2m x1=2m x2
又由几何关系有x1+ x2=l
解得x1= l
2，故B 正确；
C．由题意可知，小球C 摆至最低点时，A、B 两木块分离，设此时C 球的速度大小为v1，A、B 的速度大小
为v2，对A、B、C 系统，水平方向动量守恒有2m v1=2m v2
由系统能量守恒有1
2 ×2m v1
2+ 1
2 ×2m v2
2
解得v1= v2= ❑√gl，故C 错误；
D．A、B 两木块分离后，A、C 的初始总动量向左，故二者的速率不与质量成反比，故D 错误。
故选B。
【变式1-1】（2025·安徽淮北·一模）如图所示，质量为M、半径为R 的内壁光滑半圆槽静置在光滑水平
地面上，现将可视为质点、质量为m 的小球从半圆槽左侧圆心等高处由静止释放。已知M =2m，不计空
气阻力，小球从释放到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．球和槽组成系统的动量守恒
B．球的位移大小为2
3 R
C．球在最低点时速度大小为❑√
gR
3
D．槽受到的合外力冲量大小为M ❑√
gR
3
【答案】D
【详解】A．因为小球在竖直方向有加速度，则球和槽组成系统竖直方向合外力不为0，只有水平方向合外
力为0，则球和槽组成系统水平方向的动量守恒，整个系统动量不守恒，故A 错误；
B．水平方向动量守恒，则有M v1=m v2
对时间积累可得∑M v1t =∑m v2t
即M x1=m x2
且有x1+ x2= R
联立解得x2= 2
3 R
则球的位移大小x =
❑√R
2+ x2
2=
❑√13
3
R,故B 错误；
C．整个系统机械能守恒，可得mgR = 1
2 M v1
2+ 1
2 m v2
2
联立解得v1= ❑√
gR
3 ,v2= ❑√
4 gR
3
,故C 错误；
D．对槽由动量定理可得I = M v1
代入可得I = M ❑√
gR
3 ,故D 正确。
故选D。
【变式1-2】（2026·陕西·模拟预测）（多选）如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽P 置于光滑
的水平面上，半圆形槽的半径为R、质量为m。在槽的右侧有一个质量为m 的物块Q（不与槽粘连），现让
一质量为4m 的小球自右侧槽口的正上方高0.5R 处由静止开始下落，小球从A 点与半圆形槽相切进入槽
内，则下列说法正确的是（ ）
A．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒
B．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球与槽的速度大小相等
C．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，物块Q 向右运动的距离为R
D．整个过程半圆槽P 对物块Q 的冲量大小为2m ❑√gR
【答案】AD
【详解】A．由小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故小球、半圆槽和物块在水平方向
动量守恒，故A 正确；
B．小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向左为正，则有4 m v1−(m+m)v2=0
解得v1:v2=1:2
即小球与槽的速度大小之比为1:2，故B 错误；
C．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，水平方向类似于人船模型，对球、半圆槽和物块有
4 m x1=(m+m) x2
且x1+ x2= R
代入数据可得物块Q 向右运动的距离x2= 2 R
3 ，故C 错误；
D．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，水平方向动量守恒有4 m v1−(m+m)v2=0
系统机械能守恒有4 mg(R+h)= 1
2 ×4 m v1
2+ 1
2 ×(m+m)v2
2
联立解得v1= ❑√gR，v2=2❑√gR
小球在半圆槽内第一次到最低点之后半圆槽P 与物块Q 分离，整个过程半圆槽P 对物块Q 的冲量大小为
I Q=m v2=2m ❑√gR，故D 正确。
故选AD。
【变式1-3】（2026·广东汕头·三模）如图，长度为L=2m、质量为M=2kg 的长薄板静止放置在光滑水平
地面上。一质量为m=0.5kg 的青蛙（可视为质点）静止在木板的左端。观察发现，青蛙竖直向上跳起时，
能上升的最大高度为h=1m。青蛙跳起与着陆过程时间极短，忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/ s
2。
(1)青蛙竖直向上跳起时，求青蛙做的功W；
(2)若青蛙从板的左端爬至右端，求此过程中青蛙对地的位移大小；
(3)青蛙在板的右端停留一段时间后，继续向右上方跳起，测得腾空时间t=0.4s，若青蛙此次跳起做的功
与（1）问中相等，求青蛙落地时到板右端的距离。
【答案】(1)5J
(2)1.6m
(3)4 ❑√5
5
m
【详解】（1）由动能定理得W −mgh=0
解得 W =5J
（2）青蛙和长薄板组成的系统水平方向不受外力，动量守恒有m v1= M v2
设青蛙对地位移为x1，薄板对地位移大小为x2，两边同时乘时间则有m x1= M x2
有几何关系 x1+ x2= L
解得 x1=1.6 m
（3）设青蛙跳起的水平初速度为v x，竖直初速度为v y，板后退速度为v。青蛙斜向右上跳起，竖直方向做
竖直上抛运动，由t = 2v y
g
青蛙起跳做功和第一次相同，则有W = 1
2 m(v x
2+ v y
2 )+ 1
2 M v
2
水平方向动量守恒 m v x= MV
蛙落地时到板右端的距离 Δx = v xt + vt
解得Δx = 4 ❑√5
5
m
✡模型八 爆炸模型
模型剖析
▶
爆炸现象的三个规律
动量守恒
爆炸物体系统内部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
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
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
从爆炸前的位置以新的动量开始运动
模型特训
▶
【典例1】（2026·山东临沂·二模）2026 年某次区域联合演训中，我国东风系列战术导弹从山地发射阵
地（海拔高度为H）以初速度v0、抛射角θ 斜向上发射，打击敌方位于低洼山谷的目标（目标阵地比发射
阵地海拔低h）。导弹飞行过程中忽略空气阻力，重力加速度为g，导弹质量为m，下列说法正确的是（
）
A．导弹飞行总时间t = 2v0sinθ
g
B．当θ 角为45°时导弹水平射程一定最大
C．导弹击中目标时的动能为1
2 m v0
2+mgH，飞行全过程机械能守恒
D．若导弹在最高点受干扰炸裂为质量相等的两块，炸裂后瞬间一块竖直自由下落，则另一块的速度大
小为2v0cosθ
【推理演示】A．斜抛运动落回与发射点同一高度时的总飞行时间为t = 2v0sinθ
g
目标比发射点海拔低h，竖直方向位移为−h，由匀变速位移公式−h= v0sinθ⋅t
′−1
2 gt
′2
解得t
′> 2v0sinθ
g
，故A 错误；
B．抛射角为45°时水平射程最大的结论仅适用于发射点和落地点等高的情况，本题两点存在高度差，该
结论不成立，故B 错误；
C．忽略空气阻力，全过程只有重力做功，机械能守恒；发射点比目标高h，重力势能减少mgh，因此击中
目标时动能为1
2 m v0
2+mgh，和海拔高度H 无关，故C 错误；
D．导弹在最高点的速度为水平方向，大小为v = v0cosθ
炸裂时内力远大于外力，水平方向动量守恒，炸裂后两块质量均为m
2 ，竖直自由下落的碎片水平速度为
0，设另一块速度为v，由动量守恒定律m⋅v0cosθ = m
2 ⋅0+ m
2 ⋅v
解得v =2v0cosθ，故D 正确。
故选D。
【变式1-1】（2026·山东青岛·二模）（多选）“双响炮”在节假日期间营造了欢快的气氛，深受人们
喜爱。某型号双响炮从地面竖直向上发射，到达距地面1.8 m的最高点P时瞬间炸裂成A、B两块。A块的
质量为10g，以1m/s的速度水平向东平抛后落在泥土中不再反弹；B块的质量为2.5g，B块与水平地面碰
撞后反弹的最大高度为0.45 m（A、B块最终落地点在同一水平面上）。已知B块第一次与地面接触的时间
为0.1s，B块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s
2，不考虑空气阻力。下列说法正确
的是（ ）
A．B在最高点P的速度大小为4 m/s
B．A、B两块第一次落地点间的距离为3 m
C．B块与地面第一次接触时，受到的弹力的冲量大小为0.06 N·s
D．B块第一次反弹至最高点时的速度大小为0
【答案】AB
【详解】A．A、B 炸裂过程动量守恒，有mA v A =mB vB
解得B在最高点P的速度大小为vB= 4 m/s，故A 正确；
B．A、B 两块下落高度h=1.8m相同，下落时间均为t1= ❑√
2h
g =0.6s
v A =1m/s，A、B两块第一次落地点间的距离为x =(v A+ vB)t1=3 m，故B 正确；
C．B 块落地时的竖直速度vBy = gt1=6 m/s
由于B 块反弹的高度为h
' =0.45 m，根据运动学公式可得离开地面时的竖直速度为v
'
By =
❑√2gh
' =3 m/s
与地面接触时间为Δt =0.1s，设竖直向上为正方向，竖直方向由动量定理有
I 弹−mB gΔt =mB v
'
By−(−mB vBy)
解得I 弹=0.025 N·s，故C 错误；
D．由I 弹= F N Δt =0.025 N·s
解得F N =0.25 N，与地面接触时水平方向由动量定理有−μ F N Δt =mB v
'
Bx−mB vB
解得v
'
Bx =2m/s，故B块第一次反弹后水平方向的速度为2m/s，反弹至最高点竖直速度为零，所以B块第
一次反弹至最高点时的速度大小为2m/s，故D 错误。
故选AB。
【变式1-2】（2026·广东惠州·一模）如图（a）所示，一科研小组计划研究某小型无人机的发射性能，
将质量为m=2kg的小型无人机装载到质量为4 m的母机上，系统在竖直向上的恒定升力F作用下，从地面
静止起飞，经时间T = 4s后系统速度为v0=8 m /s，此时母机发射筒内的少量火药在极短时间内释放化学
能，使无人机瞬间以2v0的速度与母机竖直向上分离，之后将作用在母机上的恒定升力调整为1
3 F，同
时，风洞装置对母机施加如图（b）所示的水平风力F x（以系统静止起飞时为计时起点），k为常量，忽略
空气阻力和系统质量的变化，重力加速度g=10 m /s
2，求：
(1)恒定升力F的大小；
(2)分离后，母机还需多长时间落地；
(3)母机落地时的水平距离x与k的关系。
【答案】(1)F =120 N
(2) t = 4s
(3)当k <4s时，x
' =8k −k
2；当k ≥4s时，x =16 m
【详解】（1）系统从静止开始匀加速运动，T = 4s后速度为v0=8 m/s，由运动学公式得加速度
a1= v0
T = 8
4 =2m/s
2
对整体（总质量5m）由牛顿第二定律 F −5mg=5ma1
解得F =5m(g+a1)=10×(10+2)=120 N
（2）分离过程动量守恒，设分离后母机速度为v1，无人机速度为2v0，有 5m v0=m⋅2v0+ 4 m⋅v1
解得v1= 3
4 v0=6 m/s，方向向上。
分离前系统上升的高度h= 1
2 a1T
2= 1
2 ×2×4
2=16 m
分离后母机质量4 m=8kg，升力为F
3 = 40 N，由牛顿第二定律（向下为正） 4 mg−F
3 = 4 m⋅a2
解得a2=5 m/s
2，方向向下。
设分离后落地时间为t，位移向下为h=16 m，由运动学公式 h=−v1t + 1
2 a2t
2
解得正根t = 4s（负根舍去）
（3）水平方向0∼T内F x=0，水平位移为0；
分离后母机水平加速度ax = F x
4 m = 16
8 =2m/s
2，分离后总运动时间为4s，分两种情况：
当k ≥4s分离后全程受水平风力，水平位移 x = 1
2 axt
2= 1
2 ×2×4
2=16 m
当k <4s风力作用k秒后，剩余(4−k )秒水平匀速；
前k秒位移x1= 1
2 ax k
2=k
2，k秒末速度v x=ax k =2k，匀速位移x2= v x(4−k )=2k(4−k )
总位移x
' = x1+ x2=8k −k
2
【变式1-3】（2026·四川内江·模拟预测）如图所示，有一右侧带挡板的长木板静止在光滑水平地面
上，可视为质点的物块A、B 中间夹有微量炸药静置在木板上，物块B 离挡板的距离L=7.5 m。炸药具有的
化学能E0=18J，引爆炸药将两物块沿木板分开，炸药化学能的50%转化为两物块的动能，在以后的运动
过程中两物块的碰撞以及物块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间和爆炸时间均不计，两物块均未从
木板上滑下。已知两物块质量均为m=1kg，长木板的质量M =2m，物块A 与长木板间的动摩擦因数
μ=0.2，物块B 与长木板间无摩擦，重力加速度g=10 m /s
2，求：
(1)爆炸后瞬间，物块A 的速度大小；
(2)物块B 从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间、碰后木板的速度大小。
【答案】(1)3m/s
(2)t =2s；5
3 m /s
【详解】（1）对A、B 组成的系统，动量守恒m v A =m vB
由能量关系可得E×50 % = 1
2 m v A
2 + 1
2 m vB
2
解得v A =3 m /s(vB=3 m /s)
（2）爆炸后，物块A 向左匀减速，物块B 匀速，长木板向左匀加速；设A 与木板共速v1后，B 再与木板碰
撞，规定方向向左为正方向；A、长木板动量守恒m v A =(m+ M )v1
对A 受力分析根据牛顿第二定律μmg=ma
匀变速运动中速度时间关系v1= v A−at1
可得v1=1m /s，t1=1s
物块B 的位移xB= vBt1=3 m
长木板位移x板= v1
2 t1=0.5 m
Δx = xB+ x板=3.5m< L，假设成立
A 和木板共速后以v1匀速运动t2，L−Δx =(vB+ v板)t2
爆炸后瞬间到B 第一次与挡板相碰所经历的时间t =t1+t2=2s
第一次B 与木板发生弹性碰撞，以右为正向
根据动量守恒m vB+ M (−v1)=m v
′
B+ M v2
机械能守恒1
2 m vB
2 + 1
2 M (−v1)
2= 1
2 m v
′
B
2 + 1
2 M v2
2
解得v2= 5
3 m /s
