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高考物理總復習課件
第六章 　碰撞與動量守恒
第2節 動量守恒定律及其應用
一、動量守恒定律
1.內容.
不受外力
矢量和
如果一個系統____________，或者所受外力的__________為
零，這個系統的總動量保持不變.
2.表達式.
p′
m1v1′＋m2v2′
－Δp2
(1)p＝______，系統相互作用前總動量 p 等于相互作用后的總
動量 p′.
(2)m1v1＋m2v2＝______________，相互作用的兩個物體組成
的系統，作用前的動量和等于作用后的動量和.
(3)Δp1＝__________，相互作用的兩個物體動量的變量等大反
向.
3.動量守恒的條件.
(1)理想守恒：系統不受外力或所受外力的矢量和為零，則系
統動量守恒.
(2)近似守恒：系統受到的外力矢量和不為零，但當內力遠大
于外力時，系統的動量可近似看成守恒.
(3)某一方向上守恒：系統在某個方向上所受外力矢量和為零
時，系統在該方向上動量守恒.
二、碰撞現象
相互作用力
守恒
1.碰撞：兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內產生非常
大的____________，而其他的相互作用力相對來說顯得微不足道
的過程，所以在爆炸過程中，系統的總動量守恒.
2.彈性碰撞：如果碰撞過程中機械能________，這樣的碰撞叫
做彈性碰撞.
3.非彈性碰撞：如果碰撞過程中機械能________，這樣的碰撞
叫做非彈性碰撞.
不守恒
相同
4.完全非彈性碰撞：碰撞過程中物體的形變完全不能恢復，以
致兩物體合為一體一起運動，即兩物體在非彈性碰撞后以_______
速度運動，系統有機械能損失.
三、反沖的特點
內力
遠大于
1.定義：如果一個靜止的物體在________的作用下分裂為兩部
分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動.這
個現象叫做反沖.
2.反沖運動的特點及遵循的規律.
(1)特點：物體間作用力與反作用力產生的效果.
(2)遵循的規律：反沖運動是內力作用的結果，雖然有時系統
所受的合外力不為零，但由于系統內力________外力，所以可以
認為系統的總動量是守恒的.
【基礎自測】
1.判斷下列題目的正誤.
(1)只要系統合外力做功為零，系統動量就守恒.(
(2)動量守恒的過程中，機械能只能不變或減少.(
(3)若某個方向合外力為零，則該方向動量守恒.(
)
)
)
(4)若在光滑水平面上的兩球相向運動，碰后均變為靜止，則
兩球碰前的動量大小一定相同.(
)
(5)完全非彈性碰撞中，機械能損失最多.(
)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√
2.(2021 年黑龍江哈爾濱月考)一輛小車靜止在光滑的水平面
上，小車立柱上用一條長為 L 的輕繩拴一個小球，小球與懸點在
同一水平面上，輕繩拉直后小球從 A 點靜止釋放，如圖 6-2-1，不
計一切阻力，下面說法中正確的是(
)
A.小球的機械能守恒，動量也守恒
B.小車的機械能守恒，動量也守恒
C.小球和小車組成的系統機械能守恒，水平方
向上動量守恒
圖 6-2-1
D.小球和小車組成的系統機械能不守恒，總動量不守恒
答案：C
3.質量為 m1＝1 kg 和 m2(未知)的兩個物體在光滑的水平面上
正碰，碰撞時間不計，其 x-t(位移—時間)圖像如圖 6-2-2 所示，則
可知該碰撞屬于(
)
A.非彈性碰撞
B.彈性碰撞
C.完全非彈性碰撞
圖 6-2-2
D.條件不足，不能確定
答案：B
4.冰車原先在光滑的水平冰面上勻速滑行，若一人在冰車上先
后向前和向后各拋出一個沙包，兩沙包的質量和對地速度大小都
)
相同，沙包都拋出去之后，冰車的速率與原來相比(
A.增大了
B.減少了
C.不變
D.可能增大也可能減少
答案：A
熱點 1 動量守恒定律的理解和基本應用
考向 1 動量守恒定律的理解
[熱點歸納]
動量守恒定律的四個特性：
相對性 公式中 v1、v2、v1′、v2′ 必須相對于同一個慣性系
同時性 公式中v1、v2是在相互作用前同一時刻的速度，v1′、v2′是在相互作用后同一時刻的速度
矢量性 應先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動量為正值，相反為負值
普適性 不僅適用于低速宏觀系統，也適用于高速微觀系統
【典題 1】(多選)對于如圖 6-2-3 甲、乙、丙、丁所反映的物
理過程，下列說法正確的是(
)
甲
乙
丙
丁
圖 6-2-3
A.圖甲中子彈射入光滑水平面上的木塊的過程中，子彈和木
塊組成的系統動量守恒，機械能減少
B.圖乙中 M、N 兩木塊放在光滑水平面上，剪斷 M、N 兩木
塊之間的細線，在彈簧恢復原長的過程中，M、N 與彈簧組成的
系統動量守恒，機械能增加
C.圖丙中兩球勻速下降，細線斷裂后，木球和鐵球在水中運
動的過程，兩球組成的系統動量守恒，機械能不守恒
D.圖丁中木塊沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木塊和斜面
組成的系統在水平方向上動量守恒，機械能一定守恒
解析：甲圖中，在光滑水平面上，子彈射入木塊的過程中，
子彈和木塊組成的系統動量守恒，機械能有損失，A 正確.乙圖中
M、N 兩木塊放在光滑的水平面上，剪斷束縛 M、N 兩木塊之間
的細線，在彈簧恢復原長的過程中，M、N 與彈簧組成的系統動
量守恒，彈簧的彈性勢能轉化為兩木塊的動能，系統機械能守恒，
B 錯誤.丙圖中，木球和鐵球組成的系統勻速下降，說明兩球所受
水的浮力等于兩球自身的重力，細線斷裂后兩球在水中運動的過
程中，所受合外力為零，兩球組成的系統動量守恒，由于水的浮
力對兩球做功，兩球組成的系統機械能不守恒，C 正確.丁圖中，
木塊沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木塊和斜面組成的系統在
水平方向上不受外力，水平方向上動量守恒，由于斜面可能不光
滑，所以機械能可能有損失，D 錯誤.
答案：AC
考向 2 動量守恒定律的應用
【典題 2】(2023 年廣東卷)如圖 6-2-4 為某藥品自動傳送系統
的示意圖.該系統由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接
的平臺組成，滑槽高為 3L，平臺高為 L.藥品盒 A、B 依次被輕放
在以速度 v0 勻速運動的傳送帶上，在與傳送帶達到共速后，從 M
點進入滑槽，A 剛好滑到平臺最右端 N 點停下，隨后滑下的 B 以
2v0 的速度與 A 發生正碰，碰撞時間極短，碰撞后 A、B 恰好落在
桌面上圓盤內直徑的兩端.已知 A、B 的質量分別為 m 和 2m，碰撞
擦因數為μ，重力加速度為 g，A、B 在滑至 N
點之前不發生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高
度，將藥品盒視為質點.求：
(1)A 在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶
共速所用的時間 t.
(2)B 從 M 點滑至 N 點的過程中克服阻力
圖 6-2-4
做的功 W.
(3)圓盤的圓心到平臺右端 N 點的水平距離 s.
解：(1)A 在傳送帶上運動時的加速度 a＝μg
由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間
(2)B 從 M 點滑至 N 點的過程中，根據動能定理有
(3)A、B 碰撞過程由動量守恒定律和能量關系可知
2m×2v0＝mv1＋2mv2
考向 3 某一方向動量守恒
[熱點歸納]
相互作用的兩個物體受的合外力不為 0，系統動量不守恒，但
是若某個方向合外力為 0，則系統在這個方向上動量守恒，可以在
這個方向上列動量守恒的方程求解相關問題.如自由下落的木塊被
水平飛來的子彈擊中，豎直方向由于重力作用合外力不為 0，動量
不守恒，而水平方向不受外力，滿足動量守恒.再如光滑水平面上
有一斜面，斜面上的物體沿斜面下滑的過程中，物體和斜面組成
的系統水平方向動量守恒.
【典題 3】(2022 年廣東茂名模擬)如圖 6-2-5 所示，在足夠大
的光滑水平面上停放著裝有光滑弧形槽的小車，弧形槽的底端切
線水平，一小球以大小為 v0 的水平速度從小車弧
形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不從弧形槽的頂
端離開.小車與小球的質量分別為 2m、m，以弧
形槽底端所在的水平面為參考平面.小球的最大
重力勢能為(
)
圖 6-2-5
解析：小球到達弧形槽頂端時，小球與小車的速度相同(設共
同速度大小為 v)，在小球沿小車弧形槽上滑的過程中，小球與小
車組成的系統水平方向動量守恒，有 mv0＝3mv，根據機械能守恒
答案：A
考向 4 動量守恒的臨界問題
【典題 4】(2022 年廣東聯考)如圖 6-2-6 所示，某冰雪游樂場，
小朋友和小車均靜止在足夠大的水平地面上，小朋友將小車以大
小 v＝12 m/s 的水平速度(相對地面)推向右側的斜坡，小車在斜坡
上運動一段時間后返回地面，小朋友接住小車后再次以速率 v 將
小車推向斜坡，如此反復.小朋友與小車的質量分別為 m1＝30 kg、
m2＝5 kg，不計一切摩擦，不計小車經過斜坡底部時的機械能損失.
求：
圖 6-2-6
(1)在小朋友第一次將小車推出的過程中，小朋友和小車組成
的系統的動能增量ΔEk.
(2)要使小朋友不能接住小車，小朋友推小車的次數.
解：(1)設向左為正方向，小朋友第一次將小車推出后的瞬間，
小朋友的速度大小為 v1，對小朋友第一次將小車推出的過程，根
據動量守恒定律有 m1v1＝m2v
解得 v1＝2 m/s
解得ΔEk＝420 J.
(2)小車每次在斜坡上運動的過程中，斜坡對小車的水平沖量
大小 I＝m2v－(－m2v)＝2m2v.
若小朋友第 n 次推小車后，兩者的速率均為 v，則此后小朋
友不能接住小車，對小朋友與小車組成的系統，根據動量定理有
nI＝(m1＋m2)v
解得 n＝3.5，要使小朋友不能接住小車，小朋友推小車的次
數為 4.
思路導引
小朋友推車過程動量守恒，求出小朋友的速度，
然后求出二者增加的動能.斜面光滑，小車推出后的速度與從斜面
返回與小朋友作用的速度大小相等，每次推出小車，小朋友動量
的增加量相等，假設推出 n 次后，根據動量守恒求得小朋友的速
度大于小車的速度即可，臨界情況是二者速度大小相等.
熱點 2 碰撞
[熱點歸納]
1.碰撞遵循的三條原則.
(1)動量守恒定律.
(2)機械能不增加.
(3)速度要合理.
①同向碰撞：碰撞前，后面的物體速度大；碰撞后，前面的
物體速度大(或兩物體速度相等).
②相向碰撞：碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變(除非
兩物體碰撞后速度均為零).
2.彈性碰撞討論.
(1)碰后速度的求解.
考向 1 彈性碰撞
【典題 5】某表演者用一個大球和一個小球，做一種名為“超
級彈性碰撞”的實驗，其中上面的小球被稱為“超級彈球”.如圖
6-2-7 所示，表演者將兩球疊放在一起，從距地面高為 h 的位置由
靜止釋放，假設大球先與地面碰撞以原速率反彈后再與小球碰撞，
兩球之間的碰撞無機械能損失且時間極短，且兩球心的連線始終
豎直，已知大球的質量為 4m，小球的質量為 m，重力加速度為 g，
將兩球視為質點，忽略空氣阻力，求：
(1)該“超級彈球”第一次能夠反彈的最大高度.
(2)該“超級彈球”從開始下落到第一次反彈到最大高度所經
歷的時間.
圖 6-2-7
思路導引
本題與常見的彈性碰撞不同.一般的彈性碰撞直接
給出碰撞前的速度，然后應用動量守恒定律和機械能守恒定律求
解碰撞后的速度.本題中的碰撞多了一個過程：先一起下落，落地
瞬間，上面小球速度不變，下面小球速度等大反向.
考向 2 非彈性碰撞
【典題 6】(2023 年廣東肇慶二模)如圖 6-2-8 所示，豎直放置
的兩個完全相同的輕彈簧，一端固定于地面，另一端與質量為 mB
的物體 B 固定在一起，質量為 mA 的物體 A 置于 B 中央位置的正
上方 H 處.現讓 A 由靜止開始自由下落，隨后和 B 發生碰撞，碰
撞時間極短，碰撞后兩物體粘在一起.已知 A 與 B 結合后經過時間
t 下降至最低點，A、B 始終在同一豎直平面內運動，彈簧始終處
于彈性限度內，不計空氣阻力，重力加速度為 g，求：
(1)A 與 B 碰撞后瞬間的速度大小 v.
(2)AB 結合體從結合后至返回到碰撞點過程中的運動時間以
及該過程中彈簧對物體 B 沖量的大小.
圖 6-2-8
解：(1)設 A 與 B 碰撞前瞬間的速度大小為 v0，A 與 B 碰撞后
瞬間的速度大小為 v，由機械能守恒定律得
(2)從碰撞后至返回到碰撞點的過程中，AB 結合體做簡諧運動.
根據簡諧運動的對稱性，可得運動時間 t總＝2t
思路導引
A 與 B 碰撞前的速度可由機械能守恒定律求得，
A 與 B 的碰撞為完全非彈性碰撞，碰撞后達到共速.AB 結合體從
結合后至返回到碰撞點過程中的運動時間可由簡諧運動的對稱性
求得，該過程中彈簧對物體 B 的沖量難以根據力與時間的乘積求
得，優先考慮應用動量定理求解.
考向 3 碰撞后運動狀態可能性的判定
【典題 7】(2022 年廣東廣州二模)如圖 6-2-9 所示，2022 年北
京冬奧會某次冰壺比賽，甲壺以速度 v0 與靜止的乙壺發生正碰.
已知冰面粗糙程度處處相同，兩壺完全相同，從碰撞到兩壺都靜
)
止，乙壺的位移是甲壺的 9 倍，則(
圖 6-2-9
A.兩壺碰撞過程無機械能損失
B.兩壺碰撞過程動量變化量相同
D.碰撞后瞬間，乙壺的速度為 v0
相同，從碰撞到兩壺都靜止，乙的位移是甲的 9 倍，設碰后兩壺
矢量，兩壺碰撞過程動量變化量大小相同但方向相反，B 錯誤.
答案：C
作用原理 反沖運動是系統內物體之間的作用力和反作用力產
生的效果
動量守恒 反沖運動中系統不受外力或內力遠大于外力，所以
反沖運動遵循動量守恒定律
機械能增加 反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，
所以系統的總機械能增加
熱點 3 反沖現象
[熱點歸納]
【典題 8】皮劃艇射擊是一種比賽運動，比賽時，運動員站在
靜止的皮劃艇上，持槍向岸上的槍靶水平射擊.已知運動員(包括除
子彈外的裝備)及皮劃艇的總質量為 M，子彈的質量為 m.假設射擊
過程中子彈的火藥釋放的總能量為 E，且全部轉化為動能，在陸
地射擊和在皮劃艇上射擊時，子彈的出射速度會有少許差異.陸地
射擊時子彈的出射速度為 v1，子彈動能為 Ek1；在皮劃艇上射擊時
子彈的出射速度為 v2，動能為 Ek2，運動員及皮劃艇的速度為 v3，
射擊過程中可認為子彈、運動員及皮劃艇組成的系統在水平方向
動量守恒.下列關系式正確的是(
)
解析：在陸地射擊時，火藥釋放的能量全部轉化為子彈的動
答案：D
動量守恒 由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相
互作用力遠遠大于受到的外力，所以在爆炸過程中，
系統的總動量守恒
動能增加 在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化
為動能，所以爆炸后系統的總動能增加
位置不變 爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產生的位移
很小，一般可忽略不計，可以認為爆炸后仍然從爆炸
前的位置以新的動量開始運動
熱點 4 爆炸
[熱點歸納]
【典題 9】(2022 年廣東深圳月考)燃放爆竹是我國傳統民俗，
春節期間，某人斜向上拋出一個爆竹，到最高點時速度大小為 v0，
方向水平向東，并炸開成質量相等的三塊碎片 a、b、c，其中碎片
a 的速度方向水平向東，忽略空氣阻力，以下說法正確的是(
)
A.炸開時，若碎片 b 的速度方向水平向西，則碎片 c 的速度
方向可能水平向南
B.炸開時，若碎片 b 的速度為零，則碎片 c 的速度方向一定
水平向西
C.炸開時，若碎片 b 的速度方向水平向北，則三塊碎片一定
同時落地
D.炸開時，若碎片 a、b 的速度等大反向，則碎片 c 落地時的
速度可能等于 3v0
解析：到最高點時速度大小為 v0，方向水平向東，則總動量
向東.炸開時，若碎片 b 的速度方向水平向西，碎片 c 的速度方向
水平向南，則違反動量守恒定律，A 錯誤.炸開時，若碎片 b 的速
度為零，根據動量守恒定律，碎片 c 的速度方向可能水平向東，
B 錯誤.三塊碎片在豎直方向上均做自由落體運動，一定同時落地，
C 正確.炸開時，若碎片 a、b 的速度等大反向，根據動量守恒定律
3mv0＝mvc，解得 vc＝3v0，碎片 c 落地時速度的水平分量等于 3v0，
其落地速度一定大于 3v0，D 錯誤.
答案：C
常見情景
問題 兩個原來靜止的物體發生相互作用時，若所受外力的矢量和為
零，則動量守恒.在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度
大小之比等于質量的反比.這樣的問題歸為“人船模型”問題
人船模型
1.模型特點.
特點 人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船
位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于
它們質量的反比，即
注意 應用此關系時要注意一個問題：公式 v1、v2 和 x 一般都是相對地面而言的
(續表)
2.兩個重要關系.
【典題 10】有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長，
一位同學想用一個卷尺測量它的質量.他進行了如下操作：首先將
船平行碼頭自由停泊，然后他輕輕從船尾上船，走到船頭后停下，
而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離 d 和船長 L.已知他自身
的質量為 m，則船的質量為(
)
A.
m(L＋d)
d
B.
m(L－d)
d
mL
C.
d
D.
m(L＋d)
L
時間為 t.則 v＝ ，v′＝
向，根據動量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的質量M＝
解析：畫出如圖 D28 所示的草圖.
設人走動時船的速度大小為 v，人的速度大
小為 v′，船的質量為 M，人從船尾走到船頭所用
d
t
L－d
t
，人和船組成的系統
在水平方向上動量守恒，取船的速度方向為正方
圖 D28
m(L－d)
d
，
B 正確.
答案：B
類型 1 A 先與 B 發生作用，A、B 作為一個整體再
與 C 發生作用
類型 2 A 先與 B、C 整體發生作用，當 B 與 C 分
離后，A 再與其中之一發生作用
動量與能量綜合的四大模型
模型一 三體二次作用模型
“三體二次作用”是指題目情景涉及三個物體間發生兩次不
同的相互作用過程.
【典題 11】(多選)豎直放置的輕彈簧下端固定在地
上，上端與鋼板連接，鋼板處于靜止狀態，如圖 6-2-10
所示.一物塊從鋼板正上方 0.2 m處的 P點自由落下，打在
鋼板上(碰撞時間極短)并與鋼板一起向下運動 0.1 m 后到
達最低點 Q.已知物塊和鋼板的質量都為 2 kg，重力加速
度大小 g 取 10 m/s2，下列說法正確的是(
)
圖 6-2-10
A.物塊與鋼板碰撞后的速度為 1 m/s
B.物塊與鋼板碰撞后一起運動的加速度一直增大
C.從 P 到 Q 的過程中，彈簧彈性勢能的增加量為 6 J
D.從 P 到 Q 的過程中，物塊、鋼板、彈簧組成的系統機械能
守恒
簧彈力小于兩者的總重力，兩者向下做加速度減小的加速運動.當
彈簧彈力等于兩者的總重力時，加速度為零，速度達到最大.繼續
向下運動的過程，彈簧彈力大于兩者的總重力，兩者向下做加速
度增大的減速運動，可知物塊與鋼板碰撞后一起運動的加速度不
是一直增大，B 錯誤.從 P 到 Q 的過程中，根據能量守恒定律可知
2×2×10×0.1 J＝6 J，C 正確.由于物塊與鋼板碰撞為完全非彈性
碰撞，存在機械能損失，從 P 到 Q 的過程中，物塊、鋼板、彈簧
組成的系統機械能不守恒，D 錯誤.
答案：AC
模型二 子彈打木塊模型
若木塊置于光滑水平面上，子彈和木塊構成的系統不受外力
作用，系統動量守恒，系統內力是一對相互作用的摩擦力，如圖
6-2-11 所示.
圖 6-2-11
設子彈質量為 m，水平初速度為 v0，置于光滑水平面上的木
塊質量為 M.若子彈剛好穿過木塊，則子彈和木塊最終具有共同速
度 u.
由動量守恒定律：mv0＝(M＋m)u ①
對于子彈，由動能定理：
從圖形中可得：s1－s2＝L ④
常用結論：子彈打木塊模型中(木塊放在光滑水平面上)，摩擦
力與相對位移的乘積等于系統動能的減少，也等于作用過程中產
生的內能.
【典題 12】(多選，2022 年廣東梅州一模)矩形滑塊由不同材
料的上、下兩層黏合在一起組成， 將其放在光滑的水平面上.質量
為 m 的子彈以速度 v 水平射向滑塊，若射擊下層，子彈剛好不射
出.若射擊上層，則子彈剛好能射進一半厚度，如圖 6-2-12 所示，
上述兩種情況相比較(
)
甲
乙
圖 6-2-12
A.子彈損失的動能一樣多
B.子彈與上層摩擦力較大
C.子彈射擊下層時系統產生的熱量較多
D.子彈射擊上層時，從射入到共速所經歷時間較長
解析：子彈射入滑塊的過程中，將子彈和滑塊看成一個整體，
合外力為 0，動量守恒，所以兩種情況后子彈和滑塊的速度相同，
所以末動能相同，系統損失的動能一樣多，產生的熱量一樣多，
A 正確，C 錯誤.子彈射入下層滑塊剛好不射出，射入上層滑塊能
進一半厚度，說明在上層所受的摩擦力比下層大，根據動量定理
可知，兩種情況沖量相同，子彈射擊上層所受摩擦力大，所以從
入射到共速所經歷時間短，B 正確，D 錯誤.
答案：AB
模型圖示 模型特點
(1)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能
(2)若木塊未從木板上滑下，當兩者速度相同時，木板速度最大，相對位移最大(完全非彈性碰撞拓展模型)
模型三 滑塊—木板模型
【典題 13】如圖 6-2-13 所示，足夠長的小平板車 B 的質量為
M，以水平速度 v0 向右在光滑水平面上運動，與此同時，質量為
m 的小物體 A 從車的右端以水平速度 v0 沿車的粗糙上表面向左運
動.若物體與車面之間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為 g，則
在足夠長的時間內(
)
圖 6-2-13
v0，若 M>m，A 所受的摩擦力為 Ff＝μmg，
解析：規定向右為正方向，根據動量守恒定律有 Mv0－mv0＝
(M＋m)v，得 v＝
M－m
M＋m
答案：D
思路導引
A 選項研究物體 A，末速度為 0 時位移最大，B
選項研究小車，末速度為 0 時，位移最大，應用動能定理求解.由
動量守恒求出二者共同速度、動量的變化及摩擦力的沖量，由沖
量得到作用時間.
模型圖示 模型特點
(1)動量守恒：兩個物體與彈簧相互作用的過程中，若系
統所受外力的矢量和為零，則系統動量守恒
(2)機械能守恒：系統所受的外力為零或除彈簧彈力以外
的內力不做功，系統機械能守恒
(3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢
能最大，系統動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為零，系統動能最大(完
全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結束時)
模型四 滑塊彈簧模型
【典題 14】A、B 兩小球靜止在光滑水平面上，用水平輕彈
簧相連接，A、B 兩球的質量分別為 m 和 M(m瞬時速度 v(如圖 6-2-14 甲)，彈簧壓縮到最短時的長度為 L1.若使
B 球獲得瞬時速度 v(如圖乙)，彈簧壓縮到最短時的長度為 L2，則
)
圖 6-2-14
L1 與 L2 的大小關系為(
甲
A.L1>L2
C.L1＝L2
乙
B.L1D.不能確定
解析：當彈簧壓縮到最短時，兩球的速度相同，對題圖甲，取 A 的
初速度方向為正方向，由動量守恒定律得 mv＝(m＋M)v1，由機械能守恒
答案：C
“圓弧軌道＋滑塊(小球)”模型
1.模型圖(如圖 6-2-15 所示).
圖 6-2-15
2.模型特點.
(1)最高點：m 與 M 具有共同水平速度，且 m 不可能從此處離
開軌道，系統水平方向動量守恒，系統機械能守恒.mv0＝(M＋m)v共，
(2)最低點：m 與 M 分離點.水平方向動量守恒，系統機械能守
【典題 15】(2023 年廣東梅州三模)如圖 6-2-16 是某滑板運動
場地的簡化模型.右側是一固定的四分之一光滑圓弧軌道 AB，半徑
R＝3.2 m，左側是一固定的光滑曲面軌道 CD，兩軌道末端 C 與 B
等高，曲面在 D 點的切線與水平方向間的夾角θ＝45°.兩軌道間有
質量 M＝2 kg 的長木板靜止在光滑水平地面上，長木板右端緊靠
圓弧軌道 AB 的 B 端，木板上表面與圓弧面相切于 B 點.一質量
m＝1 kg 的小滑塊 P(可視為質點)從圓弧軌道 AB 最高點由靜止滑
下，經 B 點滑上長木板.重力加速度 g 取 10 m/s2，小滑塊與木板之
間的動摩擦因數μ＝0.2，木板厚度 d＝0.4 m，D 點離地面的高度 h
＝1.8 m，不計空氣阻力.
圖 6-2-16
(1)求小滑塊 P 滑到 B 點時對軌道的壓力大小.
(2)若木板只與 C 端發生了兩次碰撞(未與 B 端發生碰撞)，小
滑塊一直未與木板分離，木板與 C 端碰撞過程中沒有機械能損失
且碰撞時間極短.
①求開始時木板左端離 C 端的距離；
②求木板的最小長度.
解得 FN＝30 N
由牛頓第三定律可知，小滑塊 P 滑到 B 點時對軌道的壓力大
小為 30 N.
(2)①若在小滑塊與 C 端碰撞前小滑塊與木板已達共同速度，
碰撞后木板速度反向，則整體的總動量向右，木板將與 B 端發生
碰撞，這與已知條件不符，故在小滑塊與 C 端碰撞前小滑塊與木
板未達共同速度.小滑塊滑上木板后，木板做勻加速直線運動，由
木板與 C 端第一次碰撞前瞬間，小滑塊速度為 v1，木板速度
為 v2，在小滑塊滑上木板到木板第一次與 C 端碰撞前瞬間，由動
量守恒定律可知 mvB＝mv1＋Mv2
由于無能量損失，則木板以原速率返回，做勻減速運動，加
速度大小仍為 a，由對稱性可知，木板與 B 端接觸時速度為 0，后
開始向左做勻加速直線運動與 C 端發生第二次碰撞，根據對稱性
可知，碰撞時木板速度仍為 v2，小滑塊速度為 v3，木板只與 C 端
發生了兩次碰撞，則有
mv3＝Mv2
從木板第一次與 C 端碰撞之后的瞬間到木板第二次與 C 端碰
撞之前瞬間的過程，由動量守恒定律可知 mv1－Mv2＝mv3＋Mv2
聯立解得 v2＝1 m/s
則設開始時木板左端到 C 端的距離為 x，則由運動學公式可
解得 x＝0.5 m；
②滑塊 P 剛好停在木板最左端時木板最短，此時小滑塊 P 與
木板的速度均為 0，設木板的最短長度為 L，由能量守恒定律可知
解得 L＝16 m.
謝謝
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