文档文本内容
易错07 .冲量与动量
易错点1 运用动量定理解题不理解公式中的力是合力且忽视公式的矢量
性而出现错误
易错典题
【例1】（2021·北京高考题）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω 绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r
处的P 点有一质量为m 的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P 点滑至圆盘上的
某点停止。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
【错因分析】若不确定正方向，直接由动量定理得小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为
石，
目录
第一部分 易错点剖析
易错典题
避错攻略
举一反三
易错点1 运用动量定理解题不理解公式中的力是合力且忽视公式的矢量性而出现错误
易错点2 对流体问题动用动量定理不会用微元法构建物理模型
易错点3 不理解动量守恒定律的条件，混淆动量守恒与机械能守恒的条件
易错点4 不理解动量守恒的五个特性，运用时列式错误
易错点5 不理解碰撞的特点，以致对相互作用的物理过程分析不清楚
易错点6 不会应用力学三大观点解决动量和能量的综合问题
第二部分 易错题闯关
而错选B 项。由于冲量、动量都是矢量，所以动量定理
0
mv
mv
Ft
是一个矢量式，在具体运用时要注
意规定正方向。
【答案】D
【详解】圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，
故A 错误；圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力
根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为
大小为0，故B 错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C 错误；圆盘停止转动后，根据动量
定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为
大小为
，故D 正确。
避错攻略
【知识链接】.动量定理的理解
(1)动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因,冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须
是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。
(2)动量定理给出了冲量和动量变化间的相互关系。
(3)现代物理学把力定义为物体动量的变化率:F= Δ p
Δt (牛顿第二定律的动量形式)。
(4)动量定理的表达式F·Δt=Δp 是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。
运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F 是物体或系统所受的合力。
举一反三
【变式1-1】8.（2023·广东·高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质
量均为
的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1 施加一个水平向右的恒
力
，推动滑块1 以
的速度与静止的滑块2 碰撞，碰撞时间为
，碰撞结束后瞬间两滑块
的共同速度为
．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块1 受到合外力的冲量大小为
C．滑块2 受到合外力的冲量大小为
D．滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1 和滑块2 组成的系统的初动量为
碰撞后的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A 错误；
B．对滑块1，取向右为正方向，则有
负号表示方向水平向左，故B 正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
故C 错误；
D．对滑块2 根据动量定理有
解得
则滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为
，故D 正确。
故选BD。
.【变式1-2】.（2025·浙江·高考真题）有一离地面高度
、质量为
稳定竖直降落的沙尘颗粒，
在其降落过程中受到的阻力与速率v 成正比，比例系数
，重力加速度
，则它降落到
地面的时间约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知
…………①
沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当
时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满足
…………②
解得
由动量定理可得
即
则沙尘下落时间为
由于
，则
故选B。
【变式1-3】（2022·重庆·高考真题）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组
得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假
人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D．加速度大小先增大后减小
【答案】D
【解析】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t 图像的面积即合外力的冲量，再根据动
量定理可知F—t 图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t 轴的上方，则动量的大小一直增大，AB
错误；
C．根据动量与动能的关系有
，而F—t 图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横
轴围成的面积不成正比，C 错误；
D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后
减小，D 正确。
故选D。
易错点2 对流体问题动用动量定理不会用微元法构建物理模型
易错典题
【例2】（2025·湖南长沙麓山外国语实验中学·一模）日常生活中常用高压水枪清洗汽车，某高压水枪喷
口直径为D，喷出水流的流速为v，水柱垂直射向汽车表面后速度变为零。已知水的密度为
。下列说法
正确的是（ ）
A．高压水枪单位时间内喷出的水的体积为
B．高压水枪单位时间内喷出的水的质量为
C．水柱对汽车的平均冲力为
D．若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2 倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的2 倍
【错因分析】有的同学求解时不建立水柱模型，直接设t 时间内射到汽车表面的水质量为m ，取这部分水
为研究对象，水柱对汽车的平均冲力F 。由动量定理
0
mv
mv
Ft
而得出错误的选项。
【答案】C
【详解】A．高压水枪单位时间内喷出的水的体积
故A 错误；
B．高压水枪单位时间喷出水的质量
故B 错误；
C．设水柱对汽车的平均冲力为F，垂直汽车表面方向，由动量定理得
时间内水柱的质量为
解得水柱对汽车的平均冲力为
故C 正确；
D．根据
若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2 倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的4 倍，故D 错误。
故选C。
。
避错攻略
【知识链接】
1 流体类柱状模型
流体及
其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分
析
步
骤
1
建立“柱状模型”，沿流速v 的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt 内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
2 微粒类柱状模型
微粒及
其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给
出单位体积内粒子数n
分
析
步
骤
1
建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt 内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，
则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N 计算
举一反三
【变式2-1】（2025·湖北·模拟预测）如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口直径为D，水流
以速度v 从枪口喷出近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有75%向四周溅散开，溅起时垂直
车身向外的速度为v
4 ，其余25%的水流撞击车身后无反弹顺车流下。由于水流与车身的作用时间较短，在
分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为ρ，水流对车身的平均冲击力为（
）
A．19 πρ D
2v
2
64
B．15 πρ D
2v
2
64
C．11πρ D
2v
2
64
D．5 πρ D
2v
2
16
【答案】A
【详解】由题意可知，在很短时间Δt内流出的水的质量为Δm= ρSv Δt = 1
4 ρπ D
2v Δt
设水流对车身的平均冲击力大小为F，则由牛顿第三定律可知车身对水流的平均冲力大小也为F，取反弹
的速度方向为正方向，对Δt时间内喷出的水，根据动量定理可得
F Δt =[0-25 % Δm⋅(- v)]+75 % Δm⋅[
v
4 -(- v)]
解得F = 19 πρ D
2v
2
64
故选A。
.
【变式2-2】.（2025·河南·二模）2024 年9 月25 日，中国人民解放军火箭军向太平洋公海海域成功发射1
枚搭载训练模拟弹头的洲际弹道导弹。射程超过1.4 万公里速度超过25 马赫，在飞行中段的高度在1200
公里以上，比大部分人造卫星（主流是400 公里）都要高得多。现设导弹在高空飞行途中某段时间内运行
轨道近似视为在地球引力作用下的匀速圆周运动，为了维持导弹在轨道上做短暂的匀速圆周运动，由于高
空稀薄空气的影响，需要通过瞬时喷气对导弹施加一个与速度方向相同的推力。已知稀薄空气的密度为
ρ，导弹做圆周运动的轨道离地高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，导弹垂直速度方向
的横截面积为S，假设空气碰到导弹后立刻与导弹速度相同，忽略空气的初始速度。对这段运动过程，下
列说法正确的是（ ）
A．洲际弹道导弹的速度大小为❑√
gh
2
R+h
B．洲际弹道导弹的速度大小为❑√
g R
2
R+h
C．喷气对导弹施加的推力大小是ρSg R
2
R+h D．喷气对导弹施加的推力大小是ρSgh
2
R+h
【答案】BC
【详解】AB．做匀速圆周运动，有G
Mm
( R+h)
2 =m
v
2
R+h
在地球表面有G Mm
R
2 =mg
联立解得v =
❑√
g R
2
R+h
故A 错误，B 正确；
CD．设在Δt时间内和导弹发生相互作用的空气质量为Δm，则Δm= ρSv Δt
对这些空气运用动量定理有F ⋅Δt = Δmv
由牛顿第三定律，喷气对导弹施加的推力大小F
' = F
联立解得F
' = ρSg R
2
R+h
故C 正确，D 错误。
故选BC。
【变式2-3】（2025·湖北十堰·模拟预测）如图所示，联合收割机正在水平地面上收割小麦，通过收割、
脱粒、清选后得到干净的小麦，干净的小麦再通过倾斜的送料管输送到高处，并以相对管口竖直向下2m/s
的速度被喷出，最后落入与它并排匀速行驶的货车车厢内。该收割机送料管1s 内可输送小麦的质量为
k=20kg，送料管口离货车车厢底部的高度差为1.6m，货车车厢是长为15m 的长方体。为了让小麦尽可能装
满整个车厢，货车行驶的速度往往比收割机稍快些。已知10t 小麦刚好能将货车车厢装满，重力加速度
g=10 m/s
2，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．若收割机和货车均静止，收割机将小麦无初速度地放上送料管，则送料管对小麦做功的功率为
40W
B．若收割机和货车均静止，小麦落到车厢底部速度即刻变为零，则小麦对车厢底部的平均冲击力大
小约为120N
C．若收割机匀速行驶的速度为1m/s，且恰能装满货车车厢，则货车匀速行驶的速度应为1.03m/s
D．若收割机匀速行驶的速度为1m/s，且恰能装满货车车厢，则小麦对车厢底部的水平方向作用力约
为0.6N
【答案】BCD
【详解】A．由题意可知，每秒内质量为20kg 的小麦动能增加1
2 mv0
2= 40J
小麦的重力势能也增加，送料管对小麦做功的功率大于40W，A 错误；
B．小麦下落的初速度v0=2m/s，设落在车厢底部的末速度为v，由速度位移公式有v
2- v0
2=2 gh
解得v =6 m/s
极短时间Δt 内落到车厢底部的小麦质量为Δm=k Δt =20 Δt
小麦落到车厢底部速度即刻变为零，由动量定理可得- F Δt =0-Δmv
解得F =120 N
则小麦对车厢底部的平均冲击力大小F
' = F =120 N，B 正确；
C．设收割机匀速行驶的速度为v1，货车匀速行驶的速度为v2，则
v2t - v1t = L，t = m1
k
解得t =500s，v2=1.03 m/s，C 正确；
D．对小麦在水平方向由动量定理可得F xΔt =Δm(v2- v1)
解得F x =0.6 N
所以小麦对车厢底部的水平方向作用力约为0.6N，D 正确。
故选BCD。
易错点3 不理解动量守恒定律的条件，混淆动量守恒与机械能守恒的条
件
易错典题
【例3】（2021·全国）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
【错因分析】误认为系统内有摩擦力作用，所以动量和机械能增不守恒而错选D
【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。
避错攻略
【知识链接】动量守恒定律的适用条件
(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。
举一反三
【变式3-1】（2025 湖南省名校联联考）如右图所示，在水平光滑地面上有A、B 两个木块，之间用一轻
弹簧连接。A 靠在墙壁上，用力F 向左推B 使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。若突然撤去力F，则
下列说法中正确的是（ ）
A．木块A 离开墙壁前，A、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
B．木块A 离开墙壁前，A、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能也不守恒
C．木块A 离开墙壁后，A、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒
D．木块A 离开墙壁后，A、B 和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒
【答案】C
【解析】撤去F 后，木块A 离开竖直墙前，墙对A 有向右的弹力，所以系统的合外力不为零，系统的动量
不守恒，这个过程中，只有弹簧的弹力对B 做功，系统的机械能守恒，故A 错误、B 错误；．A 离开竖直
墙后，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，所以系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，只有
弹簧的弹力做功，系统机械能也守恒，故C 正确，D 错误。
【变式3-2】（2025·广东中山第一中学模拟）如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，
现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（ ）
A．男孩和木箱组成的系统机械能守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D．小孩推力的冲量小于木箱的动量的变化量
【答案】C
【解析】男孩和木箱组成的系统动能增大，由人体生物能转化为系统机械能，机械能不守恒，故A 错误；
系统受合外力为零，系统动量守恒，所以男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，故B 错误，C 正确；
由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，所以小孩推力的冲量等于木箱的动量的变化量，故D
错误。
【变式3-3】.（2025 广东省名校联盟联考）如图所示，带有光滑四分之一圆弧轨道的物体静止在光滑
的水平面上，将一小球（视为质点）从圆弧轨道的最高点由静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球下滑过程中，圆弧轨道对小球的弹力不做功
B．小球下滑过程中，小球的重力势能全部转化为其动能
C．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统动量守恒
D．小球下滑过程中，小球和物体组成的系统机械能守恒
【答案】D
【解析】小球在下滑过程中，圆弧轨道向左运动，动能增大，重力势能不变，机械能增大，故小球对圆弧
轨道做正功，故A 错误；小球下滑过程中，小球的重力势能转化为其动能和圆弧轨道的动能，故B 错误；
小球下滑过程中，小球和物体组成的系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，
故C 错误；．因为水平面光滑，对小球和物体组成的系统而言，没有外力做功，故系统机械能守恒，故D
正确
易错点4 不理解动量守恒定律的五个特性，运用时列式错误
易错典题
【例4】在平静的水面上，有一条以速度
0v 匀速前进的载人小船，船的质量为M，人的质量为m 。
开始时，人相对船静止。当人对船以速度v 向船行进的反方向行走时，设船的速度为u 船，由动量守恒定
律下列表达式成立的是（ ）
A．( M +m)v0=Mu +mv B．( M+m)v0=Mu +m(v−u)
C．
0
(
)
(
)
M
m v
Mu
m v
u
D．
0
0
(
)
(
)
M
m v
Mu
m v
v
【错因分析】忽略相对性错选A 项；忽略矢量性错选B 项，忽略同时性错选D 项。
【答案】C
【解析】表达式( M +m)v0=Mu +mv 中速度不是相对同一参考系，所以选项A 错误；
( M+m)v0=Mu +m(v−u)中若选取船的为正方向，则人相反为负值，所以选项B 错误；表达式
0
0
(
)
(
)
M
m v
Mu
m v
v
因为违背了动量定恒定律的“同时性”原则。选项D 错误。正确的求解应将动量
守恒表示式写为
0
(
)
(
)
M
m v
Mu
m v
u
所以选项C 正确。
避错攻略
【知识链接
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)
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同
一时刻的动量，p1′、p2′、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
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
普适性
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
观粒子组成的系统
】
举一反三
【变式4-1】3.（2023·福建泉州·高二校考期末）质量
赵宏博抱质量
申雪以
速度沿水平冰面直线运
动，某时刻赵宏博将申雪向前水平推出，摩擦不计，分离时赵宏博速度
，申雪速度
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】赵宏博和申雪组成的系统在水平方向动量守恒，则
，故选项B 正确。
【变式4-2】.（2025·海南海口·模拟预测）在动画电影《哪吒》中，哪吒与敖丙在冰封的海面上对决，哪
吒脚踩风火轮（总质量
），以速度
水平向右疾行，敖丙手持冰锤（总质量
）
以速度
水平向左冲来，两人迎面相撞后紧紧抓住对方共同运动。假设冰面光滑，忽略空气阻力，
则相撞后两人的共同速度为（ ）
A．7.5m/s，水平向右
B．1m/s，水平向右
C．7.5m/s，水平向左
D．1m/s，水平向左
【答案】B
【详解】取向右为正方向，根据动量守恒定律有
代入数据解得
方向水平向右。
故选B。
【变式4-3】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m1＝1.0 kg 的物块A，另一
端连接质量为m2＝1.0 kg 的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg 的物块C 放在长木板B 的右
端，C 与长木板B 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C 水平向左的瞬时初速度v0
＝2.0 m/s，物块C 立即在长木板B 上运动。已知绳子绷紧前，B、C 已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、
B 总是具有相同的速度；物块C 始终未从长木板B 上滑落。下列说法正确的是( )
A.绳子绷紧前，B、C 达到的共同速度大小为1.0 m/s
B.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B 的速度大小均为1.0 m/s
C.绳子刚绷紧后的瞬间，A、B 的速度大小均为0.5 m/s
D.最终A、B、C 三者将以大小为 m/s 的共同速度一直运动下去
【答案】 ACD
【解析】 绳子绷紧前，B、C 已经达到共同速度，设B、C 达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律
可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，A 正确；绳子刚绷紧后的瞬间，设A、B 具有相同的速度v2，A、
B 组成的系统满足动量守恒，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，B 错误，C 正确；A、B、C 三者最
终有共同的速度，设为v3，A、B、C 组成的系统满足动量守恒，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝
m/s，D 正确。
易错点5 不理解碰撞的特点，以至对相互作用的物理过程分析不清楚
易错典题
【例5】.．如图所示，在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为
，小车（和单摆）以恒定的速
度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过
程中，下列说法中可能发生的是
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为
、
、
，满足
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为
和
，满足
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为
，满足
D．小车和摆球的速度都变为
，木块的速度变为
，满足
【错因分析】错选A，D。以上解法的错误在于对物理过程分析不清楚；本题完整的相互作用过程，
可分为两个阶段：第一阶段，两小车碰撞并连为一体。两车碰撞时小球由于惯性仍保持原来的静止状态，
所以，这一过程中只有两小车的相互作用，与小球未发生相互作用。第二阶段，连为一体的小车与小球发
生相互作用。在解答此题时，由于对相互作用的物理过程分析不清楚，将题目要求计算的第一阶段末的速
度，误为求第二阶段末的速度，致使结果错误。
选。
【答案】 BC
【解析】由于碰撞时间极短，所以单摆相对小车没有发生摆动，即摆线对球的作用力原来是竖直向上
的，现在还是竖直向上的，没有水平方向的分力，未改变小球的动量，实际上单摆没有参与这个碰撞过程，
所以单摆的速度不发生变化，因此，选项中应排除A，D。
因为单摆的速度不变，所以，研究对象也选取小车和木块，水平方向动量守恒，由动量守恒定律Mu =
Mv1+mv2 即为B 选项。
由于题目中并没有提供在碰撞过程中能量变化关系，所以也有可能小车和木块合二而一。因此，C 选项也
是可能的。正确答案：选B，C。。
避错攻略
【知识链接】
碰撞的概念及特点
碰撞是物体间相互作用时间很短，物体间相互作用力很大，从而使系统内每个物体的动量在碰撞过程
的极短时间内发生剧烈变化的过程，具有以下特点：
(1) 碰撞过程时间特点：在碰撞现象中，相互作用的时间很短。
(2)相互作用力的特点：在相互作用过程中，相互作用力先是急剧增大，然后急剧减小，平均作用力很
大。
(3)动量守恒条件的特点：由于碰撞过程中物体间的相互作用力(内力)很大(远大于外力如重力及摩擦力
等)系统的内力远远大于外力，系统的总动量守恒。
(4) 碰撞过程位移特点：在物体发生碰撞、的瞬间，可忽略物体的位移，认为物体在碰撞前后仍在同一
位置。
举一反三
【变式5-1】质量为M 和m0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的
质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是
A．M、m0、m 速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足（M＋m0）v＝Mv1＋m0v2＋mv3
B．m0的速度不变，M 和m 的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2
C．m0的速度不变，M 和m 的速度都变为v′，且满足Mv＝（M＋m）v′
D．M、m0、m 速度均发生变化，M、m0速度都变为v1，m 的速度变为v2，且满足（M＋m）v0＝（M＋
m）v1＋mv2
【答案】BC
【解析】碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，
若碰后M 和m 的速度变为v1和v2，由动量守恒定律得：Mv＝Mv1＋mv2；若碰后M 和m 速度相同，由动量
守恒定律得：Mv＝（M＋m）v′，故BC 正确。
【变式5-2】如图
平板车静止在光滑水平轨道，右端放
物块，
子弹以水
平速度
射中小车并留在车中，最终物块以
速度与小车脱离，求：
（1）刚射入小车时小车速度大小；
（2）物块脱离小车时小车速度大小。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设子弹刚射入小车时小车速度大小为v1，子弹与小车组成的系统内力远大于外力，根据动量
守恒定律有
解得
（2）设物块脱离小车时小车速度大小为v2，物块速度为v3=5m/s，物块与小车（含子弹）组成的系统所受
合外力为零，根据动量守恒定律有
解得
【变式5-3】.（2025·江苏省南京市临江高级中学高三下学期二模前模拟）如图质量为m2=4kg 和
m3=3kg 的物体静止放在光滑水平面上，两者之间用轻弹簧拴接．现有质量为m1=1kg 的物体以速度v0=8m/s
向右运动，m1与m3碰撞（碰撞时间极短）后粘合在一起．试求：
（1）m1和m3碰撞过程中损失的机械能是多少?
（2）弹簧能产生的最大弹性势能是多少?
（3）弹簧在第一次获得最大弹性势能的过程中，对m3冲量的大小是多少?
（4）m2运动的最大速度vm是多少?
【答案】（1）24J（2）4J（3）4kg•m/s（4）2m/s
【解析】（1）设m1与m3碰撞后的速度为v1，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：
，
由能量守恒定律得：
，
代入数据解得：
；
（2）三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：
，
代入数据解得：v 共=1m/s，
由能量守恒定律得：
，
代入数据解得：
；
（3）弹簧对m2，由动量定理得：
，
弹簧对m3冲量的大小是：I3=I2=4kg•m/s；
（4）对m1、m3整体和m2及弹簧组成的系统，可知当弹簧第一次恢复原长时m2的速度最大，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
，
由能量守恒定律得：
，
代入数据解得：v2=2m/s；
易错点六 不会应用力学三大观点解决动量和能量的综合问题
易错典题
【例6】（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角
的直轨道
，半径
的圆弧轨道
，长度
、倾角为
的直轨道
，半径为R、圆心角为
的圆弧管道
组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F 的右侧光滑水平面上紧靠着质量
滑块b，其上表面与轨道
末端F 所在的水平面平齐。质量
的小物块a 从轨道
上高度为h 静止释放，经圆弧轨道
滑
上轨道
，轨道
由特殊材料制成，小物块a 向上运动时动摩擦因数
，向下运动时动摩擦因数
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a 在滑块b 上滑动时动摩擦因数恒为
，小物块a
动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，
，
）
（1）若
，求小物块
①第一次经过C 点的向心加速度大小；
②在
上经过的总路程；
③在
上向上运动时间
和向下运动时间
之比。
（2）若
，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【错因分析】不能对单一质点的瞬时状态由力的观点列式，涉及时间由动量定理列式求解，涉及位移、速
度由动能定理列式求解，对于相互作用的系统一般由动量与能量的观点列多求解。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1 2∶；（2）0.2m
【详解】（1）①对小物块a 从A 到第一次经过C 的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C 点的向心加速度大小为
②小物块a 在DE 上时，因为
所以小物块a 每次在DE 上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE 上的滑动使机械能损失，最终
小物块a 将在B、D 间往复运动，且易知小物块每次在DE 上向上运动和向下运动的距离相等，设其在
上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a 在DE 上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a 在DE 上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）对小物块a 从A 到F 的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l 时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定
律有
解得
。
避错攻略
【知识链接】
1.三大基本观点
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
能量的观点
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
动量的观点
用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
2.三大观点的选用原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律.从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量（如速度、位置），所
以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程（如位移x 、时间t ）问题，不能解决力（F ）的问题.
（1）若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律.
（2）若物体（或系统）涉及速度和时间，应考虑使用动量定理.
（3）若物体（或系统）涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律.
（4）若物体（或系统）涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相
对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便
举一反三
【变式6-1】 （2023·广东·高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖
直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为
，平台高为
。药品盒A、B 依次被轻放在以速度
匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从
点进入滑槽，A 刚好滑到平台最右端
点停下，
随后滑下的B 以
的速度与A 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B 恰好落在桌面上圆盘内直径的两
端。已知A、B 的质量分别为
和
，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的
。
与传送带间的
动摩擦因数为
，重力加速度为g，AB 在滑至N 点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品
盒视为质点。求：
（1）A 在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间；
（2）B 从
点滑至
点的过程中克服阻力做的功
；
（3）圆盘的圆心到平台右端
点的水平距离．
【答案】（1）
（2）
；（3）
【详解】（1）A 在传送带上运动时的加速度
由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B 从
点滑至
点的过程中克服阻力做的功
（3）AB 碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
解得
（另一组
舍掉）
两物体平抛运动的时间
则
解得
【变式6-2】（2023·浙江·高考真题）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
、螺旋圆形轨道
，倾角
的直轨道
、水平直轨道
组成，除
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
、
相切于
处．凹槽
底面
水
平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁
处，摆渡车上表面与直轨道
、平台
位于
同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径
，B 点高度为
，
长度
，
长度
，
摆渡车长度
、质量
。将一质量也为
的滑块从倾斜轨道
上高度
处静止释放，滑
块在
段运动时的阻力为其重力的0.2 倍。（摆渡车碰到竖直侧壁
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
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
；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G 到J 所用的时间。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）滑块从静止释放到C 点过程，根据动能定理可得
解得
滑块过C 点时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G 点过程，根据动能定理可得
解得
摆渡车碰到
前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速
，以滑块和摆
渡车为系统，根据系统动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
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
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G 到J 所用的时间为
【变式6-3】（2026·.山东省济南市开学统考如图所示，足够长的水平光滑直轨道
和水平传送带平
滑无缝连接，传送带长
，以
的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道
的装置P
静置于水平地面上，
位于竖直平面内，由两段半径均为
的
圆弧管道组成，
管道与水
平传送带和水平地面上的直轨道
均平滑相切连接，
长
，右侧为竖直墙壁。滑块a 的质量
，滑块b 与轻弹簧相连，质量
，滑块c 质量
，滑块a、b、c 均静置于轨
道
上。现让滑块a 以
的初速度水平向右运动，与滑块b 相撞后立即结合为一个整体，之后
与滑块c 发生相互作用，c 与弹簧分离后滑上传送带，经
管道后滑上
。已知滑块c 与传送带间的
动摩擦因数
，与
间的动摩擦因数
，其它摩擦和阻力均不计，滑块与竖直墙壁的碰
撞为弹性碰撞，各滑块均可视为质点，重力加速度大小
，整个过程中装置P 始终保持静止。
求
（1）滑块a、b 碰撞后瞬间滑块a 的速度大小；
（2）滑块a、b、c 作用过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）滑块c 在轨道
中运动的过程中，装置P 与地面间弹力的最大值记为
，最小值记为
，求
与
的差值；
（4）通过计算判断滑块c 能否再次与弹簧发生相互作用。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）能
【解析】（1）滑块a 与滑块b 碰撞过程遵循动量守恒，规定滑块a 的初速度方向为正方向，有
代入数据，解得碰撞后瞬间滑块a 的速度大小为
（2）滑块
a 、
b 与滑块
c 发生相互作用至弹簧压缩到最短的过程
，根据动量守恒和能量守恒，有
代入数据解得
，
（3 ）
和
从相互作用到再次弹开的过程，根据动量守恒和能量守恒，有
解得
根据牛顿第二定律，滑块
c 在传送带上的加速度为
根据匀变速直线运动速度与位移的关系，有
）又因为
设c 在E 点时，管对c 的作用力为
，根据牛顿第二定律和圆周运动的规律，有
代入数据，解得
c 从E 运动到F 的过程中，根据机械能守恒，有
代入数据，解得
在最低点，根据牛顿第二定律和圆周运动的规律，有
解得
设装置P 的重力为
，根据共点力平衡，有
，
联立得
（4）滑块
c 从
E 点进入管中，到再次回到
E 点
，由动能定理得
，解得
，
滑上传动带减速
解得
,所以滑块c 能再次与弹簧发生相互作用
1.（.2025·北京石景山·一模）如图所示，木块A 置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，
右端与木块A 相连接，弹簧处于原长状态。子弹B 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。
现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程
中，该系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
【答案】B
【详解】整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射
入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。
故选B。
2。（2022·湖北·高考真题）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v 增大到2v，在随后的一段
时间内速度大小由2v 增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小
分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】D
【解析】根据动能定理可知
可得
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，
因此冲量的大小范围是
比较可得
一定成立。
故选D。
3.（2025·福建宁德·三模）温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水
平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列
车速度相同，空气密度为
，空气中单位体积内有
颗小水珠，每颗小水珠的质量为
，车
头的横截面积为
，列车以速度
匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】在时间∆t 内车头遇到的水珠的质量
遇到空气的质量
对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理
解得
由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为
故选B。
4.（2025·山东泰安·模拟预测）我国研制的离子推进器工作原理是将氙离子加速后高速喷出产
生推力。已知推进器工作时喷出的氙离子形成的电流为
，每个氙离子的质量为
，电荷量
为
，喷出时的速率为
。则该推进器产生的推力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】根据电流的定义式
可得单位时间内喷出来的离子数
每个离子的动量为
单位时间内喷出的离子的总动量
所以推进器的推力
，故B 符合题意。
故选B。
5.（2025·陕西宝鸡·三模）如图所示，由高压水枪中竖直向上喷出的水柱，将一个开口向下的
小铁盒顶在空中。已知密度为ρ 的水柱以恒定速率从水枪中持续喷出，向上运动并以速率
冲击小铁盒，且冲击小铁盒时水柱横截面积为S，并以速率v 竖直返回（不考虑水之间的碰
撞）。水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计，则水对铁盒的平均作用力大小为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】在∆t 时间内打到盒子上的水的质量
向下为正，则根据动量定理
解得
根据牛顿第三定律可知水对铁盒的平均作用力大小为
故选A。
6．（2024·安徽·高考真题）（多选）一倾角为
足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立
Oxy 直角坐标系，如图（1）所示。从
开始，将一可视为质点的物块从O 点由静止释放，同时对物块
施加沿x 轴正方向的力
和
，其大小与时间t 的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加
速度g 取
，不计空气阻力。则（ ）
A．物块始终做匀变速曲线运动
B．
时，物块的y 坐标值为2.5m
C．
时，物块的加速度大小为
D．
时，物块的速度大小为
【答案】BD
【详解】A．根据图像可得
，
，故两力的合力为
物块在y 轴方向受到的力不变为
，x 轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲
线运动，故A 错误；
B．在y 轴方向的加速度为
故
时，物块的y 坐标值为
故B 正确；
C．
时，
，故此时加速度大小为
故C 错误；
D．对x 轴正方向，对物块根据动量定理
由于F 与时间t 成线性关系故可得
解得
此时y 轴方向速度为
故此时物块的速度大小为
故D 正确。
故选BD。
7．（2025·北京·高考真题）关于飞机的运动，研究下列问题。
(1)质量为m 的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x 时速度为v。在此过程中，飞机
受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
(2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该
位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。己知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为
，减速时最
大加速度大小为
。求该位置距起点的距离d。
(3)无风时，飞机以速率u 水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u 相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，
方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力
大小F 与u 的关系满足
，并确定
的值。
【答案】(1)
(2)
(3)论证见解析，
【详解】（1）根据动能定理
可得牵引力对飞机做的功
（2）加速过程，设起飞速度为
，根据速度位移关系
减速过程，根据速度位移关系
联立解得
（3）在无风的情况下，飞机以速率u 水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方
向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理
可得
又
，
联立可得
又
可知
即
8．（2025·河北·高考真题）如图，一长为2m 的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg 的小物块以
3m/s 的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不
考虑空气阻力，重力加速度g 取10m/s2。
(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计
1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
【答案】(1)0.6m；(2)IN = 0.1N·s；vx′ = 0
【详解】（1）小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a = μg
则小物块从开始运动到离开平台有
小物块从平台飞出后做平抛运动有
，x = vxt1
联立解得x = 0.6m
（2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有
，vy2 = gt2
则物块与地面接触的时间Δt = t－t1－t2 = 0.1s
物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt = mvy2－m(－vy1)，vy1
= gt1
解得IN = 0.1N·s
取水平向右为正，在水平方向有
，
解得vx′ = －1m/s
但由于vx′减小为0 将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′ = 0
9．（2025·海南·高考真题）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径
，圆心角
的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A
从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B 碰成一整体，B 随后滑上传送带，已知
，
，A、B 可视为质点，AB 与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，
因摩擦生热
，忽略轨道及平台的摩擦，
(1)A 滑到圆弧最低点时受的支持力；
(2)A 与B 整个碰撞过程中损失的机械能；
(3)传送带的速度大小。
【答案】(1)
，方向竖直向上；
(2)
(3)
或
【详解】（1）A 从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒
解得
在最低点根据牛顿第二定律
解得
，方向竖直向上；
（2）根据题意AB 碰后成一整体，根据动量守恒
解得
故A 与B 整个碰撞过程中损失的机械能为
（3）第一种情况，当传送带速度
小于
时，AB 滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB
与传送带间的动摩擦因数为
，对AB 根据牛顿第二定律
设经过时间
后AB 与传送带共速，可得
该段时间内AB 运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
联立解得
，另一解大于
舍去；
第二种情况，当传送带速度
大于
时，AB 滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间
后AB 与传送带共速，同理可得
该段时间内AB 运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
解得
，另一解小于
舍去。
10．（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送
带由底端A 运动到顶端B 后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直
掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传
送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为
，以速度
匀速运行。若
以相同的时间间隔
将散货以几乎为0 的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时
开始计数，当放置第10 个散货时，第1 个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩
擦因数
，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直
方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d 的货箱装总质为M 的一批散货。若货箱之间
无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉
冲信号与横轴所围面积为I 如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对单个散货水平方向由动量定理
解得单个散货的质量为
（2）落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为
其中
则匀速位移为
故传送带的长度为
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在
时间内传送带额外多做的功为
其中
，
，
，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
11．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N 两个钉子固定于相距a 的两点，M 的正下方有不可伸长的轻
质细绳，一端固定在M 上，另一端连接位于M 正下方放置于水平地面质量为m 的小木块B，绳长与M 到
地面的距离均为10a，质量为2m 的小木块A，沿水平方向于B 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A 与地面间
摩擦因数为
，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
(1)若碰后，B 在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B 碰后瞬间速度的最小值；
(2)若改变A 碰前瞬间的速度，碰后A 运动到P 点停止，B 在竖直面圆周运动旋转2 圈，经过M 正下方时
细绳子断开，B 也来到P 点，求B 碰后瞬间的速度大小；
(3)若拉力达到12mg 细绳会断，上下移动N 的位置，保持N 在M 正上方，B 碰后瞬间的速度与（2）间中
的相同，使B 旋转n 圈。经过M 正下的时细绳断开，求MN 之间距离的范围，及在n 的所有取值中，B 落
在地面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】(1)
(2)
(3)
（n = 1，2，3，…），
，
【详解】（1）碰后B 能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B 的最小速度大小为v0，最高点
速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有
B 从最低点到最高点由动能定理可得
解得
（2）A 和B 碰撞过程中动量守恒，设碰前A 的速度大小为v1碰后A 的速度大小为v2。碰后B 的速度大小为
v3，则有
2mv1 = 2mv2＋mv3
碰后A 减速到0，有
碰后B 做两周圆周运动，绳子在MN 间缠绕2 圈，缩短4a，在M 点正下方时，离M 点6a，离地面4a，此
时速度大小为v4，由功能关系得
B 随后做平抛运动，有
L = v4t
解得
（3）设MN 间距离为h，B 转n 圈后到达M 正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M 为圆心，
由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
以N 为圆心，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
从碰后到B 转n 圈后到达M 正下方，由功能关系得
（n = 1，2，3，…）
解得
（n = 1，2，3，…）
绳断后，B 做平抛运动，有
（n = 1，2，3，…）
s = v5t
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
则由数学分析可得
当
时，
当n = 1 时，
，
12．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R 的
光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE 平滑连接。长为L、质量为M 的平板紧靠长为d 的固定凹槽
EFGH 侧璧EF 放置，平板上表面与DEH 齐平。将一质量为m 的小滑块从A 端弹射，经过轨道BCD 后滑
上平板并带动平板一起运动，平板到达HG 即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平
板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG 间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻
力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2=0，滑块恰好过C 点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2=0.1，滑块能到达H 点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s
【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 时
从滑块离开弹簧到C 过程，根据动能定理
解得
v0=5 m/s
（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒
根能量守恒
解得
（3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为
共速后，共同加速度大小为
考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；
假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程
共速过程，滑块、木板位移分别为
共速时，相对位移应为
解得
，
随后共同减速
到达H 速度
说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。
13．（2024·广东·高考真题）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 N，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
。
（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
，重力加速度大小取
。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）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m
【详解】（1）敏感球受向下的重力mg 和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可
知
解得
（2）①由图像可知碰撞过程中F 的冲量大小
方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得
v=2m/s
则上升的最大高度
14．（2024·山东·高考真题）如图甲所示，质量为M 的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面
粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P 点平滑连接，Q 为轨道的最高点。质量为m 的小物块静置
在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部
分的半径R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q 点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物
块在Q 点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a 与F 对应
关系如图乙所示。
（i）求μ 和m；
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P 点时撤去F，
小物块从Q 点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】（1）
；（2）（i）
，
；（3）
【详解】（1）根据题意可知小物块在Q 点由合力提供向心力有
代入数据解得
（2）（i）根据题意可知当F≤4N 时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知
根据图乙有
当外力
时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有
结合题图乙有
可知
截距
联立以上各式可得
，
，
（ii）由图乙可知，当F=8N 时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为
当小物块运动到P 点时，经过t0时间，则轨道有
小物块有
在这个过程中系统机械能守恒有
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有
联立解得
根据运动学公式有
代入数据解得
15．（2024·湖北·高考真题）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3.6 m。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1m/s、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）
【详解】（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
。
16．（2024·安徽·高考真题）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，并轻靠在物块右侧。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，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长
。
小球质量
。物块、小车质量均为
。小车上的水平轨道长
。圆弧轨道半径
。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g 取
。
（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
的取值
范围。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
v0=5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（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
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（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
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数
的取值范围为
