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重难点07 动量定理、动量守恒定律
考点
三年考情分析
2025 考向预测
冲量、动量、动量定理、动量守
恒定律及其应用
弹性碰撞和非弹性碰撞
动量定理的应用（2024·全国甲
卷·7，2023·新课标卷·6）
图像中的动量、冲量问题（2022·
全国乙卷，7）
碰撞问题（2023·全国乙卷·12，
2022·全国乙卷·12）
实验：验证动量守恒定律（2024·
新课标卷，9）
（1）考点预测：动量、冲量的理
解及动量定理的应用。动量守恒
定律。
（2）考法预测：动量守恒定律的
考查常与能量守恒、功能关系进
行综合。要求体会用守恒定律分
析物理问题的方法，体会自然界
的和谐与统一。
【情境解读】
【高分技巧】
一、动量、冲量
1
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1．动能、动量和动量变化量的比较
动能
动量
动量变化量
定义
物体由于运动而具
有的能量
物体的质量和速度的
乘积
物体末动量与初动量的矢
量差
定义式
Ek＝mv2
p＝mv
Δp＝p′－p
标矢性
标量
矢量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝，Ek＝pv，p＝，p＝
联系
(1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系
(2)若物体的动能发生变化，则动量一定也发生变化；但动量发生变化
时动能不一定发生变化
2．冲量的三种计算方法
公式法
利用定义式I＝FΔt 计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体
的运动状态
图像法
利用F-t 图像计算，F-t 图像与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒
力的冲量，也可以计算变力的冲量
动量定
理法
如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt 求变力的
冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝p′－p 求变力的冲量
二、动量定理的应用
1． 对动量定理的理解
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt 越短，力F 就越大，力的作用时间Δt 越长，力F 就越小。
(2)当作用力F 一定时，力的作用时间Δt 越长，动量变化量Δp 越大，力的作用时间Δt 越短，动量变化量
Δp 越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。
2． 应用动量定理解题的三点说明
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结
果。
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢
量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
3．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
2
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3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
三、碰撞问题
1．动量守恒定律的五个特性
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
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
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)
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
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
2．碰撞遵循的三条原则
(1)动量守恒定律。
(2)机械能不增加。
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
(3)速度要合理。
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
四、爆炸、反冲问题及板块问题、子穿木问题
1．爆炸现象的三个规律
动量
守恒
爆炸物体间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
动能
增加
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
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
各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
2．求解“人船模型”问题的注意事项
(1)适用范围：“人船模型”还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统，只要相互
作用前两物体在该方向上速度都为零即可。
(2)画草图：解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参
考系的位移。
（建议用时：40 分钟）
3
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【考向一：动量、冲量】
1．（2024·山西省·一模）在近地圆轨道上绕地球做匀速圆周运动的天宫中，宇航员进行了奇妙的“乒乓
球”实验。实验中，朱杨柱做了一颗实心水球，桂海潮取出一块用毛巾包好的普通乒乓球拍，球拍击打后
水球被弹开了。则在与球拍作用过程中及被击打后的一小段时间内，水球（ ）
A. 与球拍作用过程中它们组成的系统动量守恒
B. 与球拍作用过程中受地球引力的冲量为零
C. 被击打后相对地球做变速曲线运动
D. 被击打后相对天宫做匀速圆周运动
【答案】C
【解析】A．球与球拍作用过程中，把球与球拍作为系统，受到手对系统的作用力，所以系统动量不守恒，
故A 错误；
B．由冲量公式
可知与球拍作用过程中受地球引力并且其作用时间不为0，所以它的冲量不为零，故B 错误；
CD．实验舱内，处于完全失重环境，航天员会观察到水球离开球拍后相对天宫做匀速直线运动。而相对地
球做变速曲线运动，故C 正确，D 错误。
故选C。
2．（2024·山西省名校联考·三模）水果的碰伤阈值，是指水果在不碰伤的情况下能够从静止状态跌落的最
大高度，导致苹果碰伤所需的平均作用力为苹果自身重力的3 倍。不考虑其他因素的影响，若苹果在某材
料上的碰伤阈值为20cm，则（ ）
A. 苹果的碰伤阈值与苹果的重量成正比
B. 苹果的碰伤阈值与苹果的质量无关
C. 若跌落高度一定，给苹果套上有空气泡的塑料袋能减小它与该材料的作用时间
D. 若跌落高度一定，给苹果套上有空气泡的塑料袋能减小它与该材料作用的冲量
【答案】B
【解析】AB．设苹果在某材料上的碰伤阈值为h，根据
得苹果落到该材料速度大小
4
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苹果接触材料过程中平均合力大小为
平均加速度大小为
在材料上减速到0 需要时间t，所以有
即
所以苹果的碰伤阈值与苹果的质量无关，故A 错误，B 正确；
C．若跌落高度一定，给苹果套上有空气泡的塑料袋能增大它与该材料的作用时间，故C 错误；
D．若跌落高度一定，给苹果套上有空气泡的塑料袋后，苹果落到该材料速度大小不变，根据
它与该材料作用的冲量不变，故D 错误。
故选B。
3．（2024·陕西省渭南市·一模）（多选）篮球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量m＝
60kg 的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为2.10m，在原地纵跳摸高训练过程中，该运动员先下蹲，重
心下降0.5m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.90m 的高度。若将运动员起跳过程（从重心下降0.5m
处开始向上运动到双脚离地过程）视为做匀加速运动，忽略空气阻力影响，g 取10m/s2，对运动员的起跳
过程，则下列说法正确的是（ ）
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A. 运动员处于超重状态
B. 地面对运动员的冲量大小为240N·s
C. 运动员对地面
压力为1560 N
D. 运动时间为0.5s
【答案】AC
【解析】AC．从开始起跳到脚离开地面重心上升h1=0. 5m，做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态。
离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离
h2=2.90m-2.10m=0.8m
运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据
解得
在起跳过程中，有
解得
由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1560N，方向竖直向下。故AC 正确；
BD．依题意，运动员的起跳过程时间为
地面对运动员的冲量大小为
故BD 错误。
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故选AC。
【考向二：动量定理的应用】
1．（2024·青海省海南藏族自治州·二模）真空中一质量为m、带电荷量为
的油滴从A 点以一定的速度
竖直向上射出，经时间
后油滴速度减为0，此时在空间施加一沿竖直方向的匀强电场，持续一段时间
后，将电场反向，但其大小保持不变，再持续同样的一段时间后，油滴恰好回到A 点，重力加速度大小为
g。求：
（1）油滴回到A 点时
动能
；
（2）匀强电场的电场强度大小E；
（3）油滴上升的最大高度h。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）设匀强电场的电场强度为E，在施加电场之前油滴上升过程
分析油滴从A 点经过一系列运动返回A 点的过程，取向上为正，根据动量定理
在分析油滴从抛出到速度减为零的过程，同理，取向上为正，根据动量定理有
联立解得
油滴回到A 点时的动能为
（2）在施加电场之前油滴上升过程
施加电场后，油滴继续上升的过程
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电场反向后
又因为
+
联立解得
（3）根据油滴上升过程的位移方程可得
油滴上升的最大高度h
2．（2024·山西省晋城市·三模）如图所示，将质量
kg 的圆环套在固定的水平杆上，圆环的内径
略大于杆的截面直径。现对圆环施加一与杆成θ 角、斜向上的恒定拉力F，圆环由静止开始做匀加速直线
运动，拉力作用t=2s 后撤去，圆环总共运动了
m 后静止，已知圆环与杆之间的动摩擦因数
，
取重力加速度大小
m/s ，
，求：
（1）圆环的最大速度
；
（2）拉力F 对圆环的冲量大小I。
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【答案】（1）
；（2）
N·s 或
N·s
【解析】（1）圆环先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，做匀减速直线运动的加速度为
根据牛顿第二定律有
圆环总共运动的距离为
解得
（2）杆与圆环无压力时，有
解得
当
N 时，杆的上侧与圆环存在摩擦力，当
N 时，杆的下侧与圆环存在摩擦力。以下
分两种情况讨论：
（ⅰ）圆环做匀加速直线运动的加速度为
当
N 时，根据牛顿第二定律有
拉力F 对圆环的冲量大小为
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解得
（ⅱ）当
N 时，根据牛顿第二定律有
拉力F 对圆环的冲量大小为
解得
3．（2024·陕西省宝鸡市·二模）（多选）如图所示，两平行金属导轨由水平和弧形两部分组成，水平导轨
窄轨部分间距为L，处在竖直向上、磁感应强度为2B 的匀强磁场中，宽轨部分间距为2L，处在竖直向下、
磁感应强度为B 的匀强磁场中。现将两根质量均为m 的导体棒a、b 分别静置在弧形导轨和水平宽轨上，
导体棒a 从距水平导轨h 处静止释放。两金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。两导体
棒接入电路的电阻均为R，其余电阻不计，宽轨和窄轨都足够长，a 棒始终在窄轨磁场中运动，b 棒始终在
宽轨磁场中运动，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A. a 棒刚进入磁场时，b 棒的加速度水平向左
B. 从a 棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中，b 棒上产生的焦耳热为
C. 从a 棒刚进入磁场到两棒达到稳定的过程中，通过b 棒的电量为
D. 从a 棒进入磁场到两棒达到稳定的过程中，a、b 棒与导轨所围线框的磁通量变化了
【答案】ACD
【解析】A．根据右手定则可知，a 棒刚进入磁场时感应电流为逆时针方向，则对b 棒由左手定则可知其所
受安培力水平向左，则加速度水平向左，故A 正确；
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BC．对a 棒由机械能守恒有
金属棒a 进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，回路中产生产生感应电流，金属棒b 受安培力而运动切
割磁感线，产生“反电动势”，当两棒达到稳定时即各自产生的感应电动势大小相等，设此时其速度分别
为
、
，则有
解得
对杆a、b 分别应用动量定理有
联立以上各式解得
由能量守恒有
解得
则b 棒上产生的焦耳热为
通过b 棒的电量为
故B 错误，C 正确；
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D．根据
可得两棒稳定的过程中磁通量的变化量
故D 正确。
故选ACD。
4．（2024·陕西省宝鸡市·三模）（多选）如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA=6kg、
mB=2kg 的A、B 两物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A 紧靠墙面。现对B 物体缓慢施加一个向左的力，
使A、B 间弹簧被压缩且系统静止，该力对物体B 做功W=16J。现突然撤去向左的力，则（ ）
A. 撤去外力后，两物体和弹簧组成的系统动量守恒
B. 撤去外力后，两物体和弹簧组成的系统机械能守恒
C. 从撤去外力至A 与墙面刚分离，弹簧对B 的冲量I=8N·s，方向水平向右
D. A 与墙面分离后弹簧首次恢复原长时，两物体速度大小均是2.5m/s，方向相反
【答案】BC
【解析】A．撤去外力后，弹簧在恢复原长的过程中，墙对A 物体还有弹力的作用，所以两物体和弹簧组
成的系统动量不守恒。恢复原长后，系统动量才守恒。故A 错误；
B．撤去外力后，系统内只有动能和弹性势能互相转换，机械能守恒。故B 正确；
C．压缩弹簧时，外力做功完全转化为弹性势能。撤去外力后，弹簧恢复原长，弹性势能完全转化为B 的
动能，则有
代入数据可得
墙壁对A 的冲量大小等于弹簧对A 的冲量大小，同时也等于弹簧对B 的冲量大小，由动量定理可知
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故C 正确；
D．弹簧恢复原长的瞬间，A 速度最小，速度为0。A、B 都运动后，B 减速，A 加速。A、B 速度相等时弹
簧拉伸最长。此后，B 继续减速，A 继续加速，再次恢复原长时，设向右为正，由系统机械能守恒和动量
守恒可知
可求得
故D 错误。
故选BC。
5．（2024·陕西省西安市西北工业大学附属中学·二模）高压水流切割器又称“水刀”，它将水以极高的速
度垂直喷射到材料表面进行切割作业。假设“水刀”喷嘴中喷出水的流量（单位时间内流出液体的体积）
一定，水打到材料表面后，迅速沿表面散开不反弹，已知“水刀”喷嘴的直径可在0.1mm~0.3mm 范围内
调节，则该“水刀”在材料表面产生的最小压强与最大压强之比为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】选取
时间内打到表面为
的水为研究对象，以从喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动
量定理得
其中质量为
解得
根据牛顿第三定律可知，材料表面受到的压力
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水对材料垂直于表面方向的压强为
联立解得
而水的流量一定，则
横截面积为
化简解得压强为
喷嘴的最小直径和最大直径之比1:3，则最大压强和最小压强之比为81:1，故最小压强与最大压强之比为
1:81。
故选D。
【考向三：碰撞问题】
1．（2024·山西省·一模）（多选）观测带电粒子的碰撞试验，为确定碰撞生成物质的初始状态提供了理论
依据。某次观测时，让质量为
的
粒子在
时以
的初速度向静止的粒子
运动，计算机记录下两
粒子的
图像如图所示。已知
间仅存在静电力的作用且
始终未接触，则（ ）
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A. 粒子
的质量为
B. 0 时刻与
时刻
间作用力的大小相等
C.
内，电场力对
做的功为
D.
内，
系统的电势能减少了
【答案】BD
【解析】A．由图可知，t=0 时刻有
=mv0
在t1时刻有
两粒子运动过程动量守恒，由动量守恒定律得
得
故A 错误；
B．由图可知0 时刻与t3时刻A、B 的加速度都为0，说明此时A、B 间的作用力都为0，故B 正确；
C．
时刻B 的速度为0，设A 速度为
，由动量守恒定律有
得
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由动能定理有0~t2内，电场力对A 做的功为
故C 错误；
D．设
时刻B 的速度为
，由动量守恒定律有
得
t1∼t3内，A、B 系统增加的动能为
即A、B 系统的电势能减少了
，故D 正确。
故选BD。
2．（2024·宁夏银川一中·三模）如图所示，质量M=0.4kg 的靶盒位于光滑的水平轨道上，连接靶盒的轻弹
簧的另一端固定在墙壁上，弹簧的劲度系数k=200N/m，当弹簧处于自然长度时，靶盒位于O 点。P 是一个
固定的发射器，它可根据需要瞄准靶盒，每次发射一颗水平速度v0=50m/s、质量m=0.10kg 的球形子弹。当
子弹打入靶盒后就留在靶盒内（可视为完全非弹性碰撞）。开始时靶盒静止。现约定，每当靶盒停在或到
达O 点时，都有一颗子弹打入靶盒内。
（1）第1 颗子弹打入靶盒后，靶盒的速度大小是多少？
（2）若相继有6 颗子弹打入靶盒，问每一颗子弹打入靶盒后，靶盒离开O 点
最大距离是多少？（弹性
势能的表达式
，其中∆x 是弹簧的形变量）
（3）若P 点到O 点的距离为s=0.25m，问至少应发射几颗子弹后停止射击，才能使靶盒来回运动且不会碰
到发射器？
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【答案】（1）
；（2）
，
，
，
；（3）
【解析】（1）第1 颗子弹打入靶盒后，根据系统动量守恒可得
解得靶盒的速度大小为
（2）第一颗子弹射入靶盒之后，靶盒与子弹一道向右作简谐运动，历时半个周期后，靶盒返回到
点
（其动量大小与出发时动量大小相等，即为一颗子弹的动量)，而第二颗子弹射入，由于第二颗子弹的动
量大小与第一颗子弹动量大小相等，故第二颗子弹射入靶盒后，靶盒立即静止于
点，第三颗子弹射入靶
盒，靶盒又向右运动
。由上分析可见，当有第奇数颗子弹射入靶盒后，靶盒开始向右运动，根据动量
守恒可得
（n＝1，2，3…）
可知碰撞后的速度为
（n＝1，2，3…）
其能达到的离
点的最大距离
满足
（n＝1，2，3…）
解得
（n＝1，2，3…）
当有第偶数颗子弹射入靶盒后，靶盒即静止于
点。故第一、三、五颗子弹射入靶盒后，靶盒达到离
点
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的最大距离分别为
第二、四、六颗子弹射入靶盒后，靶盒静止，故有
（3）要使靶盒
停止射击后维持来回运动而又不碰到发射器，则有
（n＝1，2，3…）
解得
故应取
，即至少应当发射
颗子弹后停止射击，才能使靶盒来回运动而又不会碰到发射器。
3．（2024·宁夏银川一中·三模）如图所示，水平地面光滑，轻弹簧一端固定在墙上，另一端拴接质量为m
的小球A．另一个质量也为m 的小球B 以速度v0向左运动，与A 碰撞时间极短、且碰后粘在一起．则从B
与A 开始碰撞到弹簧压缩最短过程，对A 球、B 球、弹簧组成的系统（ ）
A. 动量守恒，机械能不守恒
B. 动量不守恒，机械能守恒
C. 对墙产生的冲量为
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D. 弹簧最大势能为
【答案】C
【解析】A、从B 与A 开始碰撞到弹簧压缩最短过程，A、B 发生了完全非弹性碰撞，在碰撞过程中机械能
有损失，所以系统的机械能不守恒；从AB 开始一起运动至弹簧被压缩到最短的过程中，由于墙面对弹簧
有作用力，A、B 及弹簧组成的系统所受的合外力不为零，则在此运动过程中动量不守恒，故AB 错误；
C、对系统在整个过程中由动量定理：
，则这个系统对墙产生的冲量大小为
，故C 正确；
D、A、B 碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
得：
，弹簧的最大弹性
势能为：
，故D 错误．
4．（2024·青海省海东市·二模）如图所示，某同学在水平雪地里做了一个冰壶比赛场地，将两个冰壶A、
B 从掷出线先、后（时间差
）掷出，掷出时的速度大小分别为
，
，两
冰壶均沿中心线运动，当冰壶B 追上冰壶A 时两者发生弹性正碰（碰撞时间极短），之后冰壶A 恰好到达
大本营中心。已知冰壶A、B 的质量分别为
、
，两冰壶与冰面的动摩擦因数均为
μ=0.04，两冰壶均可视为质点，取重力加速度大小
。求：
（1）两冰壶碰撞前的速度大小
、
；
（2）大本营中心到掷出线的距离s；
（3）冰壶B 掷出后与冰壶A 间的最大距离d。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
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【解析】（1）设冰壶B 运动时间t 后追上冰壶A，两冰壶在冰面上减速时的加速度大小为a，由牛顿第二
定律可得
由匀变速直线运动规律可得
解得
（2）设两冰壶碰撞后的速度大小分别为
、
，则有
解得
（3）设最终两冰壶间的距离为x，有
解得
则冰壶B 掷出后与冰壶A 间的最大距离为
5．（2024·陕西省长安区·高三第一次联考）如图所示，小球A 质量为m，系在细线的一端，线的另一端固
定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为h。物块B 和C 的质量都是5m，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的
20
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水平面上，且B 物块位于O 点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与
物块B 发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的距离为
。小球与物块均可视为
质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球A 与物块B 碰撞后各自的速度大小vA、vB；
（2）轻弹簧获得的最大弹性势能Ep。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）碰撞后球A 反弹过程中由动能定理可得
解得
球A 从释放到运动到最低点过程中由动能定理可得
解得
碰撞过程中由动量守恒可得
解得
21
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（2）碰撞结束后至物块B、C 速度相等时由动量守恒可得
解得
由能量守恒可得
解得
6．（2024·山西省名校联考·二模）如图1 所示，在光滑的水平面上放置一长木板P，其左、右两端各固定
有竖直挡板，在左右挡板上分别固定轻质弹簧2 和轻质弹簧1，在木板上A 位置放有质量为
的小
物块Q，Q 右侧的木板光滑，Q 左侧的木板粗糙。现使Q 以大小为
的速度水平向右运动后压缩
弹簧1，从压缩弹簧1 开始计时，经过t=1s，P、Q 的
图像如图2 所示。已知弹簧2 获得的最大弹性势
能
，Q 与左侧木板间的动摩擦因数为
，重力加速度g 取10m/s2.求：
（1）木板的最大速度；
（2）Q 压缩弹簧2 至弹性势能最大位置处到A 点的距离。
【答案】（1）2m/s；（2）3m
【解析】（1）由题图2 可知，1s 末P 和Q 共速，设共速时的速度为
，木板的质量为M，根据动量守恒
定律有
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解得
Q 离开弹簧1 时P 的速度最大，设此时P 和Q 的速度分别为
、
，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
（2）Q 与弹簧1 碰撞之后，Q 向左运动，P 向右运动，当两者的速度再次相等时弹簧2 的压缩量最大，此
时弹簧2 的弹性势能最大，设二者共速时的速度为
，Q 压缩弹簧2 至弹性势能最大位置处到A 点的距离
为L，根据动量守恒定律有
根据功能关系有
解得
7．（2024·山西省怀仁一中·三模）如图所示，质量
、半径
的四分之一光滑圆弧abc 静
止在足够长的光滑水平面上，末端与水平面相切，圆弧右侧有一质量为
的小物块B，B 的左侧固定一
水平轻弹簧，将质量为
的小物块A 从圆弧顶端由静止释放，在小物块B 的右侧有一竖直挡板（图
中未画出，挡板和B 的间距可调），当小物块B 与挡板发生一次弹性正碰后立刻将挡板撤去，且小物块A
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与弹簧接触后即与弹簧固定连接，已知重力加速度
，不计空气阻力，A、B 均可视为质点。求：
（1）若圆弧固定，小物块A 到达圆弧底端时的速度的大小；
（2）若圆弧不固定，小物块A 到达圆弧底端的速度的大小以及圆弧体的位移大小；
（3）若圆弧不固定，小物块B 与挡板发生碰撞后的运动过程中，当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围。
【答案】（1）
m/s；（2）15m/s；3.75m；（3）
【解析】（1）若圆弧固定，小物块A 到达圆弧底端的过程中，根据动能定理有
解得
m/s
（2）若圆弧不固定，小物块A 与圆弧组成的系统动量守恒，则有
根据能量守恒定律有
解得
m/s
同时根据动量守恒定律有
根据几何关系可知
解得
m
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（3）设物块B 碰撞挡板的速度为0，则碰后AB 总动量最大，弹簧最短时动能最大，弹性势能最小，根据
动量守恒定律与能量守恒定律有
解得
J
物块B 碰撞挡板的速度最大，则碰后AB 总动量最小，两者共速时动能最小，弹簧弹性势能最大，设B 的
最大速度为
，根据动量守恒定律与能量守恒定律可知
解得
m/s
碰后总动量最小为
则AB 共速的速度为
m/s
弹性势能为
解得
J
则当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围为
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8．（2024·陕西省·二模）如图所示为杂技表演“胸口碎大石”，其原理可解释为：当大石块获得的速度较
小时，下面的人感受到的振动就会较小，人的安全性就较强，若大石块的质量是铁锤的150 倍，则撞击后
大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】如果发生的是完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律
解得
如果发生的是弹性碰撞，则由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得
故撞击后大石块的速度范围为
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故撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的
。
故选B。
【考向五：爆炸、反冲问题及板块问题、子穿木问题】
1．（2024·青海省百所名校·二模）如图所示，足够长的光滑水平地面上静置一辆小车，长
、不
可伸长的轻质柔软细绳一端固定在车厢顶部，另一端系一质量
的木块（可视为质点），质量
的子弹以
的速度水平射入木块并留在其中，此后绳与竖直方向的最大夹角
，
取重力加速度大小
，求：
（1）子弹射入木块时产生的热量Q；
（2）小车的质量M。
【答案】（1）396J；（2）6kg
【解析】（1）设子弹射入木块后的速度大小为
，则有
解得
（2）设木块与小车共速时的速度大小为
，系统在水平方向动量守恒，则有
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解得
2．（2024·青海省海南藏族自治州·二模）斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为m
的两块碎片，其中一块碎片沿原路返回。已知炮弹爆炸时距地面的高度为H，炮弹爆炸前的动能为E，重
力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】火箭炸裂的过程水平方向动量守恒，设火箭炸裂前的速度大小为v，则
得
设炸裂后瞬间另一块碎片的速度大小为v1，有
解得
根据平抛运动规律有
得
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两块碎片落地点之间的距离
故D。
3．（2024·陕西安康·三模）如图所示，在光滑的水平面上，质量为3kg 的足够长的木板A 上有一个质量为
0.5kg 的小滑块B，在木板的右侧有一质量为5.0kg 的小球C，三者均处于静止状态。现给B 一个瞬间冲量，
使它获得4m/s 的初速度开始沿木板向右运动，某时刻木板A 和小球C 发生弹性碰撞，之后A 和B 同时停
下来，以下说法正确的是（ ）
A. 木板碰撞小球前的瞬间A 的速度为0.6m/s
B. 整个过程产生的热量为3.6J
C. 碰后C 的速度为0.5m/s
D. A 和C 碰撞前A、B 已经共速运动
【答案】B
【解析】C．对A、B、C 整体，根据动量守恒定律有
解得
故C 错误；
B．根据能量守恒定律有
故B 正确；
A．木板A 和小球C 发生弹性碰撞，则
代入数据解得
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故A 错误；
D．A 和C 碰撞前，对A、B，根据动量守恒定律有
代入数据解得
由此可知，A 和C 碰撞前A、B 未达到共速，故D 错误。
故选B。
4．（2024·陕西汉中市汉台区·三模）如图所示，在平台
中间有一个光滑凹槽
，滑板的水平上表面
与平台
等高，一物块
视为质点以大小v0=6m/s 的初速度滑上滑板，当滑板的右端到达凹槽右端
时，
物块恰好到达滑板的右端，且此时物块与滑板的速度恰好相等。物块与滑板的质量分别为m1=0.1kg、
m2=0.2kg，物块与滑板以及平台
间的动摩擦因数均为μ=0.4，取重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）滑板的长度；
（2）物块在平台
上滑行的距离；
（3）滑板运动前右端到C 点的距离d。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）设滑板的右端到达凹槽右端
时，物块与滑板的速度为
，根据动量守恒，有
解得
根据能量守恒定律，有
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解得
（2）物块在平台上匀减速，根据动能定理，有
解得
（3）滑板运动过程中根据动能定理，有
解得
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