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(共139張PPT)
專題七 動量
考向二 動量守恒定律及其應用
2025年高考物理專題復習資料
考點切片
考點1 動量守恒定律的理解和基本應用
1.［多選］（2024陜西寶雞三模）如圖所示，豎直墻面和水平
地面均光滑，質量分別為、的、 兩物體
用質量不計的輕彈簧相連且靜止，其中緊靠墻面?，F對 物
BC
A.撤去外力后，兩物體和彈簧組成的系統動量守恒
B.撤去外力后，兩物體和彈簧組成的系統機械能守恒
C.從撤去外力至與墻面剛分離，彈簧對的沖量 ，方向水平向右
D.與墻面分離后彈簧首次恢復原長時，兩物體速度大小均是 ，方向相反
體緩慢施加一個向左的力，使、 間彈簧被壓縮且兩物體和彈簧組成的系統靜止，該
力對物體做的功 。現突然撤去向左的力，則( )
【解析】 撤去外力后，在彈簧首次恢復原長的過程中，墻對 物體有彈力的作用，
所以兩物體和彈簧組成的系統動量不守恒，彈簧首次恢復原長后，系統動量才守恒。
撤去外力后，系統內只有動能和彈性勢能互相轉化，機械能守恒。
壓縮彈簧時，外力做的功完全轉化為彈性勢能。撤去外力后，彈簧首次恢復原長，
彈性勢能完全轉化為的動能，則有，代入數據可得 ，由
動量定理可知彈簧對的沖量大小 ，方向水平向右。
剛與墻面分離時，彈簧恢復原長，此時速度最小，為0。、都運動后， 減
速，加速。、速度相等時彈簧拉伸最長。此后一段時間，繼續減速， 繼續加速，
彈簧拉伸量減小，再次恢復原長時，設向右為正方向，由機械能守恒定律和動量守恒定
律可知，，解得 ，
。
2.（2024天津一中檢測）如圖所示，質量相等的小球和小車 組成動量小車，置于光滑
的水平面上，緊靠小車右端有一固定擋板，現將小球 拉開到一定角度，然后放開小球，
則( )
C
A.當小球向左擺動時，小車也一定向左運動
B.當小球向左擺動時，小車可能向右運動
C.當小球到達最高點時，小球和小車的速度一定相同
D.在任意時刻，小球和小車在水平方向的動量一定守恒
【解析】 當小球從右向左擺動到最低點的過程中，細線對小車的拉力沿右下方，
由于有擋板，小車不動，此過程中小球和小車組成的系統在水平方向動量不守恒；當小
球向左擺動經過最低點繼續向左運動時，細線對小車的拉力沿左下方，則小車向左運動，
此過程中小球和小車組成的系統在水平方向動量守恒，當小球到達最高點時，小球和小
車的速度一定相同。
跳跳學長有話說
通過對小車的受力分析及狀態分析，確定小車是否受到擋板的作用力，進而確定、 組
成的系統在水平方向是否受外力作用，最終確定系統在水平方向上動量是否守恒。若系統
在水平方向上動量守恒，則可在水平方向上依據動量守恒確定小球與小車的運動狀態。
考點2 反沖模型
3.（2024江蘇海門中學模擬）如圖所示，一架總質量為 （含燃料）的飛船在太空中以
速度勻速航行，某時刻飛船在極短的時間內噴射出質量為 的燃燒氣體，氣體噴出后
與飛船的相對速度大小為 ，設飛船初始運動方向為正方向，則( )
B
A.氣體對飛船的沖量小于飛船動量的變化量
B.氣體噴出后的運動方向可能與飛船運動方向相同
C.和 的比值越大，飛船速度的增加量就越小
D.飛船噴出氣體后速度可增加到
【解析】 根據動量定理可知，氣體對飛船的沖量等于飛船動量的變化量。
當飛船的速度大于氣體相對飛船的速度時，氣體噴出后的運動方向與飛船運動方
向相同。
取飛船初始的運動方向為正方向，由動量守恒得
（【易錯】同一系統內各部分動量的參考系統一，必
須為同一參考系。），可得，和 的比值越大，飛船速度的增加量就
越大。
. .
4.（2024安徽淮北二模）北京時間2024年3月2日，神舟十七號航天員湯洪波、唐勝杰、
江新林密切協同，在地面科研人員的配合支持下，進行了約8小時的出艙活動，完成既
定任務。為了保證出艙航天員的安全，通常會采用多重保障，其中之一就是出艙航天員
要背上可產生推力的便攜式設備，裝備中有一個能噴出氣體的高壓氣源。假設一個連同
裝備共有的航天員，脫離空間站后，在離空間站 的位置與空間站處于相對靜
止的狀態。航天員為了返回空間站，先以相對空間站的速度向后噴出 的
氣體，距離空間站 時，再次以同樣速度噴出同等質量的氣體，則航天員返回空間
站的時間約為( )
B
A. B. C. D.
【解析】 設航天員的速度方向為正方向，第一次噴氣后航天員的速度為 ，則根
據動量守恒定律得 ，即
，解得，此 所需的時間
為。再次噴氣，設噴氣后航天員的速度為 ，根據動量守恒定律
有 ，即
，解得
，此后所需的時間為 ，則航天員返回空間站的
時間約為 。
考點3 人船模型
解題覺醒
1.題型特征：初始時人和船均靜止，人在船上走，人在往前走的過程中船會往后走，求
一段時間后人和船的速度、位移大小。
2.解題技巧：
（1）速度關系：。
（2）位移關系：,。
5.（2024遼寧本溪期末）如圖所示，質量為的人，站在質量為 的車的一端。
車長為 ，開始時人、車相對于水平地面靜止，車與地面間的摩擦可忽略不計。當人
由車的一端走到另一端的過程中，下列說法正確的是( )
D
A.人的速率最大時，車的速率最小
B.人的動量變化量和車的動量變化量相同
C.人對車的沖量大小大于車對人的沖量大小
D.當人走到車的另一端時，車運動的位移大小為
【解析】 運用大招人船模型進行解題。人在運動過程中人與車組成的系統動量守
恒，則 ，可知人的速率最大時，車的速率也最大。
由動量定理可知，動量變化量的方向與合外力的方向相同，而車與地面間的摩擦
忽略不計，車對人的摩擦力與人對車的摩擦力方向相反，故人的動量變化量和車的動量
變化量大小相等，方向相反。
人對車的作用力和車對人的作用力為相互作用力，則人對車的沖量大小等于車對
人的沖量大小。
設車移動的距離為，則由動量守恒定律有 （【點撥】由大招人船
模型核心方程，變形得出。），解得 。
. .
6.（2024湖南部分學校三模改編）某科技館內有一用來觀察擺球與牽連配重滑塊運動規
律的裝置，如圖所示，一穿套有質量為 的帶孔滑塊的足夠長的光滑軌道桿水平固定
在水平地面上方，一不可伸長的輕質細繩一端固定在滑塊下方 點，另一端連接質量為
的小球。已知繩長為，水平桿距地面足夠高，當地重力加速度為 ，忽略空氣阻力。
將輕質細繩伸直，小球從點（點與 點等高且在水平桿正下方）靜止釋放。當小球第
一次擺動到最低點時，求滑塊的位移大小和此時細繩對小球的拉力大小。
【答案】 ;
【解析】 設小球擺到最低點時速度大小為，滑塊速度大小為
水平桿光滑，根據水平方向系統動量守恒有，所以
（類比“人船模型”可列出滑塊和小球的位移關系方程 ）。
聯立可求得
根據系統機械能守恒，從釋放小球到第一次到達最低點，有
解得，
對小球根據牛頓第二定律有 （【點撥】小球相對滑塊做勻速圓周運
動，故列式時應使用小球相對滑塊的速度。）
聯立解得 。
. .
. .
考點4 爆炸模型
7.（2024陜西榆林階段練習）沖天炮（如圖）飛上天后會在天空中爆炸。當沖天炮從水
平地面斜飛向天空后且恰好沿水平方向運動的瞬間，突然炸裂成一大一小的、 兩塊，
且質量較大的 仍沿原來方向飛出去，不計空氣阻力，則下列說法正確的是( )
B
A.炸裂前后瞬間，總動量不守恒 B.、 同時落回地面
C.炸裂后，飛行的水平距離較大 D.炸裂時，、 受到的內力的沖量相同
【解析】 炸裂時，沖天炮位于最高點，水平方向不受外力作用，動量守恒，
因此，、 的速度方向均沿水平方向，之后做平拋運動回到地面，故同時落地。
炸裂后，質量較小的 可能仍沿原來的方向運動，也可能與原運動方向相反，無法
確定、 炸裂后速度的大小關系，也就無法比較飛行的水平距離大小關系。
炸裂時、受到的內力大小相等，方向相反，故炸裂時、 受到的內力的沖量大
小相等，方向相反。
8.一質量為的煙花彈以初速度 從水平地面豎直向上射出，上升到最大高度時恰好爆
炸，沿水平方向分裂成質量之比為的、兩個部分，此時、 動能之和與煙花彈
從地面射出時的動能相等。爆炸時間極短，不計空氣阻力，則( )
C
A.煙花彈從射出到爆炸后瞬間的過程中，機械能守恒
B.爆炸過程釋放的能量與、 落地時的總動能相等
C.、兩部分落地時速度大小之比為
D.、兩部分落地時速度大小之比為
【解析】 煙花彈從射出到上升到最大高度的過程中只有重力做功，機械能守恒；
煙花彈爆炸過程中，重力勢能不變，動能增加，故機械能增加。
爆炸過程釋放的能量等于爆炸結束瞬間、的動能之和，小于、 落地時的總動
能。
設、的質量分別為、 ，則爆炸過程中由動量守恒定律可得
（【提醒】由于爆炸是在極短的時間內完成的，發生爆炸的物體之間的相
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。），解得
，設，由題意可知， ，解得
，則，，煙花彈爆炸后、 兩部分做平拋運動，水平分速度大小
. .
. .
分別為、，落地時的豎直分速度大小均為，則落地時地 ，
地，所以、兩部分落地時速度大小之比為 。
考點5 碰撞
題組1 非彈性碰撞
解題覺醒
1.完全非彈性碰撞題型特征：碰后兩物體共速，計算碰后機械能損失。
2.運用折合質量法解題步驟：
（1）確認是否滿足使用條件，即碰后是否共速；
（2）利用質量、碰前速度計算、；
（3）代入計算碰后的機械能損失。
9.（2024安徽合肥期中）如圖所示，在光滑水平面上，一質量為的球，以
的速度向右運動，與質量為、大小相同的靜止的球發生對心碰撞，撞后 球的速
度大小為，取 球初速度方向為正方向，下列說法正確的是( )
D
A.該碰撞為彈性碰撞
B.該碰撞為完全非彈性碰撞
C.碰撞前后球的動量變化量為
D.碰撞前后球的動量變化量為
【解析】 以 球初速度方向為正方向，碰撞過程根據動量守恒可得
，解得球碰后的速度為，碰撞前后 球的動量變
化量為 。
碰撞前系統的機械能為 ，碰撞后系統的機
械能為 ，由于
，且碰后、 速度并不相同，則該碰撞不是彈性碰撞，也不是完全非彈性碰撞。
質量為的小球以速度碰質量為 的靜止小球，若要判斷碰撞
是彈性碰撞還是非彈性碰撞，也可以使用不等式
來判斷，當兩邊的不等
號取等時，該碰撞是彈性碰撞；當中間的兩個不等號取等時，該碰撞是完全非彈性碰撞；
當四個不等號都沒有取等時，該碰撞是非彈性碰撞，但不是完全非彈性碰撞。
——江蘇省啟東中學 孫家浩
10.（2024山東煙臺一模）如圖所示，某超市兩輛相同且質量均為、相距 的手推購
物車沿直線排列，靜置于水平地面上。為節省收納空間，工人給第一輛車一個瞬間的水
平推力 使車自行運動，并與第二輛車相碰，且在極短時間內相互嵌套結為一體，以共
同的速度運動了，恰好?？吭趬?。若車運動時受到的摩擦力恒為車重力的 倍，忽略
空氣阻力，重力加速度為。則工人給第一輛購物車的水平推力 的沖量大小為( )
A
A. B. C. D.
【解析】 設第一輛車碰前瞬間的速度為，與第二輛車碰后的共同速度為 ，由
動量守恒定律有，根據動能定理可得 ，聯立解
得。設第一輛車推出時的速度為 ，根據動能定理可得
，解得 。根據動量定理可知，工人給第一輛購
物車水平推力的沖量大小為 。
11.（2023天津卷）已知、兩物體的質量，，物體從
處自由下落，且同時物體從地面豎直上拋，經過 相遇。碰撞后，兩物體立刻
粘在一起運動，取 ，求兩物體：
（1） 碰撞時離地高度 ；
【答案】
【解析】 對物體 ，根據運動學公式可得
。
（2） 碰后速度 ；
【答案】 0
【解析】 設物體從地面豎直上拋的初速度為 ，根據運動學公式可知
即
解得
碰撞前瞬間物體的速度大小為 ，方向豎直向下
碰撞前瞬間物體的速度大小為 ，方向豎直向上，選向下為正方
向，由動量守恒定律可得
解得碰后速度 。
（3） 碰撞損失的機械能 。
【答案】
【解析】 根據能量守恒可知碰撞損失的機械能
(【大招運用】計算損失的機械能可直接
運用大招， 。)。
. .
題組2 彈性碰撞
解題覺醒
1.題型特征：碰撞過程中沒有能量損失。
2.解題技巧：每個碰撞物體的碰前速度、兩物體發生完全非彈性碰撞的共同速度、碰后
速度，這三個速度的數值均成等差數列。如、兩球分別以速度、發生彈性碰撞，
碰后速度分別為、。若兩球發生完全非彈性碰撞，碰后兩球共同速度為，則
，。
3.解題步驟：
（1）判斷是否發生彈性碰撞；
（2）計算出碰前總動量，根據計算；
（3）利用等差數列求解碰后速度。
12.［多選］（2024福建漳州二模）如圖，冰壺被大家喻為冰上的“國際
象棋”，它考驗參與者的體能與腦力，展現動靜之美，取舍之智慧。質
量相同的冰壺甲和乙相距，冰壺甲以速度 被推出后做勻減速直
線運動，經過 與靜止的冰壺乙發生對心彈性碰撞，則( )
BD
A.兩冰壺碰撞后均向前運動 B.兩冰壺碰撞后，甲靜止不動
C.冰壺甲初速度大小可能為 D.冰壺甲初速度大小可能為
【解析】 根據兩質量相等的物體，發生彈性碰撞后交換速度可知，兩冰壺碰
撞后，甲靜止不動，乙向前運動。
冰壺甲碰撞前做勻減速直線運動，則 ，由題意可知
，代入數據得，但如果，則，即 ，
與甲做勻減速運動矛盾。
13.（2024貴州部分地區模擬）如圖，光滑水平地面上，動量為 的小球1向右運動，與
同向運動且動量為的小球2發生彈性碰撞，，碰撞后小球1的速度為 、動能
為、動量大小為，小球2的速度為、動能為、動量大小為 。下列選項一
定正確的是( )
D
A. B.碰撞后球2向右運動，球1向左運動
C. D.
【解析】 小球1與小球2發生碰撞，則兩小球的速度關系滿足 ，可得
，根據兩個物體發生彈性碰撞的碰后速度公式可得碰撞后瞬間兩小球的速度分
別為
， （【大招運用】根據
大招內容速度增量法可得 ，
），因此當足夠大時可使 ，
當 時可使碰后兩者都向右運動。
. .
碰撞過程小球2動能增大（【點撥】小球2作為被碰的一方，碰后速度增大，方向
不變。），由動量與動能的關系 可知小球1的初動能大于小球2的初動能，故碰
后動能大小不確定。
碰撞過程小球2動量增大，且系統動量守恒，所以 。
14.（2025湖北名校聯盟階段練習）如圖所示（俯視圖），
光滑水平面上放置著內側表面光滑的半圓弧擋板，兩個可
視為質點的小球、 可沿半圓弧擋板內側在水平面內做
圓周運動，、兩球的質量分別為 、
，半圓弧擋板半徑為 。半圓弧擋板的一
端安裝有一個彈射器， 球與其碰撞后可原速率彈回。初
始時，球靜止放在半圓弧擋板的最左端， 球以
（1） 球和球第一次碰撞前，半圓弧擋板對球支持力 的大?。?br/>【答案】
【解析】 對根據牛頓第二定律得
解得 。
的速度從另一端沿水平方向進入半圓弧運動，并與 球發生彈性碰撞。求：
（2） 球和球第一次碰撞后，二者速度、 的大小；
【答案】 ;
【解析】 、 第一次碰撞，分別由動量守恒定律和能量守恒定律得
解得， 。
（3） 球和球第二次碰撞后，二者速度、 的大小。
【答案】 ;
【解析】 、第二次碰撞，以 球運動方向為正方向，分別根據動量守恒定律和能量
守恒定律得
解得，（【大招運用】、 發生的碰撞是彈性碰撞，可用
大招求解碰后速度，，則 ，
。）
即、的大小分別為和 。
. .
題組3 碰撞可能性問題
15.［多選］質量為的物塊以某速度運動與質量為的靜止物塊 發生正碰，碰撞后
兩者同向運動且的動量是的兩倍，兩者質量與 的比值可能為( )
BC
A.1 B.3 C.5 D.7
【解析】 以、組成的系統為研究對象，碰撞過程中，系統動量守恒，以
的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得，碰撞后 的動量大小正
好是的動量大小的兩倍，則有，解得, 。碰撞過程，機械
能不增加，則有,聯立解得；其次碰撞后 的速度不大于
的速度，有,解得,聯立可得 。
跳跳學長 敲黑板
碰撞可能性的主要判斷依據：（1）碰撞過程，機械能不增加；（2）追碰問題，碰撞
前，；碰撞后， 。
16.（2024河北保定階段練習）如圖所示，質量為的小球 靜止在光滑水平地面上，
質量為的小球以速度向小球運動，兩小球發生正碰后，小球的動能用 表示，
小球的動能用 表示，則下列表達式可能正確的是( )
A
A. B. C. D.
【解析】 若兩小球發生彈性碰撞，根據動量守恒有 ，根據機
械能守恒有，解得， （【大招運用】運用大
招內容速度增量法可得 ）。若兩小球發生完全
非彈性碰撞，根據動量守恒有，解得。所以碰后小球 的速度
滿足，小球的速度滿足，所以 ，
。
. .
題組4 多次碰撞問題
17.［多選］（2025湖北黃石階段練習）如圖所示，一個固定斜面與水平地面平滑連接，
斜面與水平地面均光滑。小物塊放在水平地面上，小物塊 自斜面上某位置處由靜止
釋放，、 之間的碰撞為彈性正碰，斜面與水平面足夠長，則下列說法正確的是
( )
AC
A.若，則、 只能發生一次碰撞
B.若，則、 只能發生一次碰撞
C.若，則、 只能發生兩次碰撞
D.若，則、 只能發生三次碰撞
【解析】 設滑到水平面上時速度大小為，、 發生彈性正碰，動量守恒
及總動能不變，有， ，聯立解得第
一次碰后， （【點撥】一個物體與另一個靜止的物體發生
彈性碰撞，碰后速度公式大家要記牢，用到得非常多。）。若，則碰后 滑上
斜面并返回，到達水平地面的速度與發生碰撞后的速度等大反向，若不能追上 ，則
有，解得 。
同理，若，第一次碰后，，之后滑上斜面并返回，
從斜面返回水平面后速度為， ，
. .
. .
， （【大招運用】運用大招可快速求出
、第二次碰后的速度。）。故、 只能發生兩次碰撞。
若，第一次碰后，，之后 滑上斜面并返回，運用大招
求出與發生第二次碰撞后，、的速度分別為，，故、 只能
發生兩次碰撞。
. .
跳跳學長 敲黑板
由彈性碰撞的結論確定碰撞后兩物體的速度，若碰后物塊的速率大于物塊 的速率，
則可以發生下一次碰撞，直到碰后物塊的速率小于或等于物塊 的速率。
18.設問創新［多選］（2024山東青島五十八中模擬）如圖所示，固定光滑曲面左側與光滑水平面
平滑連接，水平面依次放有100個質量均為的物塊（所有物塊在同一豎直平面內），質量為
的0號物塊從曲面上高處靜止釋放后沿曲面滑到水平面，以速度 與1號物塊發生碰撞，0號物塊
反彈后滑上曲面再原路返回，如此反復，假設所有碰撞都是彈性碰撞，所有物塊均可視為質點，
重力加速度為 ，則下列說法正確的是( )
BC
A.100號物塊最終動量大小為
B.0號物塊第二次反彈后沿斜面上升的高度為
C.0號物塊最終速度大小為
D.0號物塊最后一次與1號物塊碰撞后至再次返回
水平面的過程，曲面對0號物塊作用力的沖量大
小為
【解析】 對0號物塊，根據機械能守恒定律有，解得 ，0
號物塊與1號物塊發生彈性正碰過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律有
，，解得 ，
， 號物塊兩兩之間碰撞時交換速度，所以100號物塊最終速度是0
號物塊與1號物塊發生彈性正碰后1號物塊的速度，100號物塊的最終動量大小為
。
號物塊第二次與1號物塊發生碰撞時的速度大小為 ，碰撞規律與第一次碰
撞規律相同，則碰后速度為，根據機械能守恒有 ，解
得 。
根據以上分析規律可知最終碰撞結束時，0號物塊的速度大小為
（【點撥】0號物塊第一次與1號物塊碰后，100號物塊以“交換速度”向左運動，當0號物
塊第二次與1號物塊碰撞后，99號物塊以下一“交換速度”向左運動，以此類推，當0號物
塊第100次與1號物塊相碰后，1號物塊也將向左運動。最終100號物塊到0號物塊均向左
運動，且速度依次減小。）。
號物塊最后一次與1號物塊碰撞后至再次返回水平面的過程，0號物塊的動量變化
量的大小為 ，根據動量定理，曲面的作用力和重力的合力對0號物
塊的沖量大小為 。
. .
19.（2023全國乙卷）如圖所示，一豎直固定的長直圓管內有一質量為 的
靜止薄圓盤，圓盤與管的上端口距離為，圓管長度為 。一質量為
的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤中心，圓盤向下滑
動，所受滑動摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內運動時與管壁不
接觸，圓盤始終水平，小球與圓盤發生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極
短。不計空氣阻力，重力加速度大小為 。求：
（1） 第一次碰撞后瞬間小球和圓盤的速度大?。?br/>【答案】 ;
【解析】 設碰撞前瞬間小球的速度為，碰后瞬間小球和圓盤的速度分別為、 ，取
豎直向下為正方向，對碰撞前，小球自由下落的過程，由動能定理得
解得
小球和圓盤碰撞過程滿足動量守恒和機械能守恒，有
又
聯立解得， 。
（2） 在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤間的最遠距離；
【答案】
【解析】 在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球先向上做勻減速直線運動，到最高點
再向下做勻加速直線運動，圓盤一直向下做勻速直線運動，當小球速度向下且與圓盤速
度相等時，兩物體間距最大，設此過程所經歷的時間為 ,對小球，由勻變速直線運動公
式得
解得
由豎直上拋運動的對稱性知，此時小球又回到了與圓盤第一次碰撞的位置，故圓盤下落
的距離就是此時小球與圓盤的間距，也是在第一次碰撞到第二次碰撞之間小球與圓盤的
最遠距離，為
。
（3） 圓盤在管內運動過程中，小球與圓盤碰撞的次數。
【答案】 4
【解析】 設小球和圓盤從第一次碰撞后瞬間到第二次碰撞前瞬間經歷的時間為 ，有
解得
在這段時間內，圓盤下落的距離為
設小球第二次與圓盤碰撞前瞬間速度為 ，則
設第二次碰后小球和圓盤的速度分別為、 ，小球和圓盤碰撞過程滿足動量守恒和
機械能守恒，有
解得，（【大招運用】運用大招列 ,
，，可快速計算、 。本題涉及多次計算碰后速度問
題，且碰撞為彈性碰撞，可直接運用速度增量法求碰后速度。）
設小球和圓盤從第二次碰撞后瞬間到第三次碰撞前瞬間經歷的時間為 ，有
解得
在這段時間內圓盤下降的距離為
同理，小球第三次與圓盤碰撞前瞬間速度為
小球與圓盤發生第三次碰撞，由動量守恒和系統能量守恒有
. .
解得，
設經過 ，小球與圓盤發生第四次碰撞，有
解得
在這段時間里，圓盤下降的距離為
由數學歸納法知（【點撥】計算出每次碰撞的時間間隔和圓盤下降的距離，分析其中的
規律，得出后續運動過程中的物理量。），以后每次碰撞間隔時間均為 ，在這段時
間內圓盤下降的距離比上次碰撞間隔內下降的距離增加 ,所以從第四次碰撞后瞬間到
第五次碰撞前瞬間，圓盤下降的距離為 ,若圓盤始終在管內運動，則從第一次碰撞后
瞬間到第五次碰撞前瞬間，圓盤下降的距離為 ，故此
時圓盤已經滑出長直圓管，不會在管內發生第五次碰撞，所以圓盤在管內運動過程中，
小球與圓盤碰撞四次。
跳跳學長 有話說
考點6 4種典型的碰撞模型
題組1 子彈打木塊模型
解題覺醒
1.解題技巧：子彈打木塊模型類似板塊模型。子彈相當于物塊，木塊相當于板。
2.若地面光滑，子彈留在木塊中，對木塊、子彈整體列動量守恒方程和能量守恒方程。
（1）求子彈射入木塊過程系統損失的機械能，運用折合質量法求解。
（2）求最終子彈進入木塊的深度，根據求解。
20.設問創新（2023北京八中期末）質量為的木塊靜止放在光滑的水平面上，質量為
的子彈以速度 沿水平方向射中木塊并最終留在木塊中與木塊一起運動。不考慮子彈的
重力，當子彈恰與木塊相對靜止時，子彈和木塊的初、末位置的示意圖正確的是( )
C
A. B. C. D.
【解析】 設當子彈恰與木塊相對靜止時，木塊前進
的距離為，子彈進入木塊的深度為 ，木塊和子彈的共同
速度為 。子彈射入木塊過程，取向右為正方向，根據動
量守恒定律得 ，對子彈，根據動能定理
有 ，對木塊，根據動能定理有
【另解】當子彈恰與木塊相對靜止時，設木塊前進的距離為 ，子彈進入木塊的深度為
，子彈與木塊的速度—時間圖像如圖所示，顯然子彈射入木塊的深度 大于木塊的位移，
C正確。
，聯立解得, ，
故，則，比較四個選項中與 的大小關系。
21.（2024北京海淀區模擬）如圖所示，用長為的輕繩懸掛一質量為 的沙箱，沙箱靜
止。一質量為的彈丸以速度 水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角
度。不計空氣阻力。對于子彈射向沙箱到與其共同擺過一小角度的過程，下列說法正確
的是( )
C
A.整個過程中，彈丸和沙箱組成的系統動量守恒
B.子彈擊中沙箱到與沙箱共速的過程機械能守恒
C.若保持、、不變， 變大，則系統損失的機械能變大
D.若保持、、不變， 變大，則彈丸與沙箱的最大擺角不變
【解析】 彈丸擊中沙箱過程系統水平方向動量守恒，而系統的機械能因摩擦
生熱而減少，彈丸與沙箱一起擺動過程系統所受合外力不為零，動量不守恒，故整個過
程中彈丸和沙箱組成的系統動量不守恒。
以彈丸的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得 ，解得
,由能量守恒定律可知，整個過程系統損失的機械能為
(【大招運用】可用折合質量法計算出結果
)，若保持、、不變， 變大，則系統損失的機械能變大。
彈丸與沙箱一起擺動過程，設最大擺角為 ，則有
，聯立解得 ，若保持 、
、不變，變大，則彈丸與沙箱的最大擺角 變小。
. .
. .
22.（2024廣東汕頭期中）如圖所示，一顆質量為
的子彈（可視為質點），沿水平方向射向靜止在光滑水
（1） 木塊獲得的速度大?。?br/>【答案】
【解析】 子彈與木塊組成的系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得
代入數據解得木塊的速度大小 。
平桌面上的木塊，木塊的質量為，長度為，子彈射入前速度為 ，穿
出木塊時速度減為 ，已知子彈穿過木塊過程中木塊對子彈的阻力不變，求：
（2） 此過程中，木塊對子彈的阻力大?。?br/>【答案】
【解析】 由能量守恒定律得
代入數據解得 。
（3） 子彈穿過木塊過程所用時間（結果保留3位有效數字）。
【答案】
【解析】 子彈對木塊作用力的沖量等于木塊動量變化量，得
由牛頓第三定律可知
代入數據解得 。
題組2 板塊模型
23.（2024廣西河池期末）如圖所示，質量為
的長木板靜止在光滑水平面上，質量
為 的物塊以水平向右的初速度滑上長
（1） 當物塊的初速度時，物塊恰好不滑離木板，求木板長度 ；
【答案】
【解析】 物塊與木板組成的系統動量守恒，可得
由動能定理可得
解得 。
木板的左端，物塊與木板之間的動摩擦因數為 ，將物塊視為質點，最大靜摩擦
力等于滑動摩擦力，重力加速度取 。
（2） 若木板的長度為（1）中所求的長度，當物塊以 的初速度滑上木板時，
同時給木板施加一個水平向右的恒力 ，求：
【解析】 ①對物塊，根據牛頓第二定律可得
所以
當物塊恰好滑到木板最右端時和木板速度相等，此過程中對木板根據牛頓第二定律可得
解得
當物塊和木板達到共同速度，且物塊與木板之間達到最大靜摩擦力，此時對整體有
解得
故恒力的取值范圍為 。
②對物塊與木板整體，由動量定理有，
解得 。
③根據以上分析可知，當時，有
解得
當時，有
解得
當時，有
解得 。
① 要使物塊不滑離木板，恒力 的取值范圍；
【答案】
② 在①的情形下，物塊的最終速度大小與恒力 的關系；
【答案】
③ 物塊與木板因摩擦產生的熱量與恒力 的關系。
【答案】 當時，；當時，；當 時，
跳跳學長有話說
板塊模型的動量和能量
問題分析方法
（1）模型特點
木板初速度為零且足夠長 木板有初速度且足夠長，板塊反向
示意圖 _____________________________________________________________地面光滑 _________________________________________________________________地面光滑
木板初速度為零且足夠長 木板有初速度且足夠長，板塊反向
圖 像 __________________________________________________ __________________________________________________________
（2）處理方法：根據動量守恒和能量守恒（或動能定理）列方程求解。注意速度相等
臨界條件的應用。
24.（2024海南?？谌＃┤鐖D所示，質量為
的小球用長為的細繩懸掛在 點，質量為
的滑板 放置在光滑水平面上，滑板
的左端放置一質量為的物塊，物塊位于
點正下方處，離滑板右端 處有一豎直固定擋
板。把小球拉起到細繩水平且恰好伸直的位置，由靜止釋放小球，小球與物塊 發
生彈性碰撞（作用時間極短），之后物塊在滑板上滑行。已知小球、物塊 均可視
為質點，物塊與滑板間的動摩擦因數為，重力加速度為，不計空氣阻力，滑板
與擋板 碰撞前后沒有機械能損失。
（1） 求小球與物塊碰后瞬間 的速度大??；
【答案】
【解析】 根據題意可知，小球 運動到最低點過程中，由機械能守恒定律有
解得
小球與物塊 發生彈性碰撞，則有
解得， 。
（2） 求滑板與擋板碰撞前的瞬間物塊 的速度大小；
【答案】
【解析】 根據題意，由牛頓第二定律，對物塊有
解得
對滑板有
解得
設、共速所用時間為，則有
解得
則滑板運動的距離為
. .
可知，滑板與擋板碰撞前瞬間滑板與物塊未共速，設滑板與擋板碰撞前滑板
運動的時間為（【易錯】與碰后，在對的摩擦力作用下向右做減速運動， 在
對的摩擦力作用下向右做加速運動，若右側沒有擋板，、 共速后一起勻速向右運
動。所以需要判斷碰到擋板時，、 是否已經共速，也就是需要判斷在沒有擋板的情
況下，從開始運動到共速時，向右運動的位移是否大于 與擋板的間距。），則有
解得
則滑板與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度為 。
. .
. .
（3） 要使物塊始終留在滑板上，求滑板 長度的最小值。
【答案】
【解析】 過程分析：與擋板碰撞后，等速度反向，并在 的摩擦力作用下做減速運
動，在對的摩擦力作用下繼續向右運動。當、 速度相等時，兩者不再發生相對
運動，若此時滑到了最右端， 長度取最小值。
設滑板與擋板碰撞前，滑板的速度為 ，則有
滑板與擋板碰撞前，物塊與滑板的相對位移為
滑板與擋板碰撞后，滑板速度大小不變，方向反向，當物塊滑到滑板 右端時，
物塊與滑板恰好共速，取向右為正方向，則有
解得
則有
則滑板長度的最小值 。
題組3 彈簧模型
解題覺醒
1.題型特征：地面光滑，兩個物體，中間連接彈簧。
2.解題技巧:
（1）從原長到形變量最大：可視為兩物體發生完
全非彈性碰撞的過程，用折合質量法求解彈簧最
大彈性勢能 。
（2）從原長到兩物體分離：可視為兩物體發生彈性碰撞的過程，用速度增量法求解兩
物體分離速度。
25.（2023廣東揭陽檢測）如圖所示，將質量分別為、的、 兩個
物體放在光滑的水平面上，物體處于靜止狀態， 的左端與一輕彈簧相連接?，F在給
物體一水平向右的初速度 。
（1） 求彈簧的最大彈性勢能 ；
【答案】
【解析】 彈簧被壓縮到最短時，、 具有共同速度，此時彈簧有最大彈性勢能，取向
右為正方向，根據動量守恒定律有
根據能量守恒定律有 （【大招運用】運用大招將彈簧壓
縮到最短的過程等效為完全非彈性碰撞過程，運用折合質量法求彈性勢能
。）
解得 。
. .
（2） 當物體和彈簧分離時，求物體和物體 的速度大小。
【答案】 ;
【解析】 物體 和彈簧分離時，根據動量守恒定律和機械能守恒定律有
(【大招運用】運用大招將彈簧從原長到壓縮為最短再到恢復
原長過程等效為彈性碰撞過程，運用速度增量法求碰后、 的速度。
，， 。)
聯立解得， 。
. .
26.（2024黑龍江省實驗中學期末）如圖所示，固
定在輕質彈簧兩端且質量分別是 、
的兩個物體、 置于光滑水平地面
上， 靠在光滑豎直墻上，彈簧處于原長狀態；
（1） 子彈射入前的速度大小；
【答案】
【解析】 取向左為正方向，子彈射入時，根據動量守恒定律有
彈簧被壓縮到最短時，根據機械能守恒定律有
兩式聯立代入數據得 。
現有一顆質量的子彈水平瞬間射入 后沒有射出，然后使彈簧壓縮而具有
的彈性勢能，最后和 都將向右運動。求：
（2） 運動前彈簧對 （含子彈）的沖量；
【答案】 ; 方向水平向右
【解析】 根據對稱性，子彈和都以大小為 的速度向左壓縮彈簧，而后又以同樣大
小的速度向右反彈，以向右為正方向，根據動量定理可得
代入數據可得 ，方向水平向右。
（3） 、 都向右運動過程中彈簧的最大彈性勢能。
【答案】
【解析】 、都向右運動過程中，彈簧彈性勢能最大時、 和子彈三者共速，有
根據能量守恒定律，此時的最大彈性勢能為
代入數據解得 。
【大招運用】取子彈和從彈簧原長向右運動到彈簧最長的過程為研究過程，運用大招
可知該過程可等效為完全非彈性碰撞過程，可運用折合質量法求最大彈性勢能，
。
題組4 圓弧軌道模型
解題覺醒
1.題型特征：在光滑的水平面上有一光滑的圓弧軌道，物塊以某一初速度滑上圓弧軌道，
求相關物理量。
2.解題技巧：
如圖所示，質量為的小球在光滑水平面上以速度滑上質量為的光滑圓弧軌道。
（1）小球從最低點到最高點：可視為小球與圓弧軌道發生完全非彈性碰撞，用折合質
量法求小球上升的最大高度。列方程。
（2）小球從最低點到最高點再回到最低點：可視為小球與
圓弧軌道發生彈性碰撞，用速度增量法求解小球回到最低點
時的速度。
27.（2023四川成都三模）如圖所示，一異形軌道由粗糙的水平部分和光滑的四分之一
圓弧部分組成，置于光滑的水平面上，如果軌道固定，將可視為質點的物塊從圓弧軌道
的最高點由靜止釋放，物塊恰好停在水平軌道的最左端。如果軌道不固定，仍將物塊從
圓弧軌道的最高點由靜止釋放，下列說法正確的是( )
B
A.物塊與軌道組成的系統機械能不守恒，動量守恒
B.物塊與軌道組成的系統機械能不守恒，動量不守恒
C.物塊運動不到水平軌道的最左端
D.物塊將從軌道左端沖出水平軌道
【解析】 軌道不固定時，物塊在軌道的水平部分運動時因摩擦產生熱量，所
以系統的機械能不守恒；物塊在軌道的圓弧部分下滑時，系統所受合外力不為零，動量
不守恒，但是水平方向動量守恒。
設軌道的水平部分長為，軌道固定時，根據能量守恒定律得 。
軌道不固定時，設物塊與軌道相對靜止時的共同速度為 ，在軌道水平部分滑行的距離
為，取水平向左為正方向，水平方向根據動量守恒定律得，可得 ，
根據能量守恒定律得，聯立解得 ，所以物塊仍能停在
水平軌道的最左端。
28.［多選］（2024云南師大附中模擬）如圖所示，質量為的物塊 靜止在光滑水平
地面上，物塊左側面為圓弧面且與水平地面平滑連接，質量為的滑塊以初速度
向右運動滑上，沿左側面上滑一段距離后又返回，最后滑離 ，不計一切摩擦，滑塊
從滑上到滑離的過程中，下列說法正確的是（重力加速度為 ）( )
BD
A.、 組成的系統動量守恒
B.合外力對的沖量大小為
C.對做的功為
D.沿上滑的最大高度為
【解析】 、 組成的系統在豎直方向所受合外力不為零，因此系統動量不守恒。
系統在水平方向所受合外力為零，在水平方向動量守恒，對整個過程，以向右為
正方向，由動量守恒定律得 ，由機械能守恒定律可得
，解得，對 由動量定理可得
（【點撥】運用大招將整個過程等效為彈性碰撞，可用速度
增量法求的速度。），合外力對的沖量大小為 。
對由動能定理得 。
沿 上滑到最大高度時，兩者速度相等，在水平方向上，由動量守恒定律可得
. .
.
. .
. .
，由機械能守恒定律可得 （【點撥】將
沿 上升到最大高度的過程等效為完全非彈性碰撞過程，運用折合質量法求最大高度，
即列。），解得 。
. .
考點7 力學三大觀點的綜合應用
29.（2025云南昆明一中二次聯考）一游戲
裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直
軌道、半徑為的光滑螺旋圓形軌道 、
光滑水平直軌道 平滑連接，直軌道的左
邊平滑連接一光滑曲面軌道。長為、質量為 的平板緊靠光滑且足夠長的固定凹槽
左側放置，平板上表面與齊平。將一質量為的小滑塊從光滑曲面軌道 高
度處由靜止釋放，經過軌道后滑上平板并帶動平板一起運動，平板到達 即被鎖
定。已知，，，平板與滑塊間的動摩擦因數 ，
滑塊視為質點，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計空氣阻力，重力加速度 取
。
（1） 若滑塊恰好能通過圓形軌道最高點點，求釋放點的高度 ；
【答案】
【解析】 滑塊恰好能通過圓形軌道最高點點時有
從滑塊由高度處釋放到運動至點過程，根據動能定理有
解得 。
（2） 滑塊恰好過 點后，求平板加速至與滑塊共速的過程中系統損耗的機械能；
【答案】
【解析】 滑塊由高度處釋放到運動至點，根據機械能守恒定律有
平板加速至與滑塊共速過程，根據動量守恒定律有
根據能量守恒定律有
聯立解得 。
（3） 要使滑塊能到達 點，求釋放點的高度范圍。
【答案】
【解析】 ①設滑塊以最小速度 滑上平板，對滑塊、平板根據動量守恒定律有
系統能量守恒，有
當平板到達 鎖定后，滑塊繼續向右減速（【抓題眼】此處的臨界情況是平板鎖定后，
滑塊繼續向右減速且到達 點時速度恰好減為0。）
有
從釋放到運動至點，滑塊機械能守恒，有
聯立解得
②設滑塊以最大速度 滑上平板，當滑到平板最右端時剛好共速，系統動量守恒，有
系統能量守恒，有
. .
從釋放到運動至點，滑塊機械能守恒，有
聯立解得
故釋放點的高度范圍為 。
30.（2024安徽卷）如圖所示，一實驗小車靜止在光
滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之
一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最
低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長
的輕質細線懸掛于 點正下方，并輕靠在物塊左側。
現將細線拉直到水平位置時，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發生彈性碰撞。
碰撞后，物塊沿著小車上的軌道運動。已知細線長，小球質量 ，
物塊、小車質量均為，小車上的水平軌道長 ，圓弧軌道半徑
。小球、物塊均可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度取 。
（1） 求小球運動到最低點與物塊碰撞前瞬間所受拉力的大小；
【答案】
【解析】 小球運動到最低點的過程中，由動能定理有
解得
在最低點，對小球由牛頓第二定律有
解得小球運動到最低點與物塊碰撞前瞬間所受拉力的大小為 。
（2） 求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；
【答案】
【解析】 小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律有
解得小球與物塊碰撞后的瞬間物塊速度的大小為
。
（3） 為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動
摩擦因數 的取值范圍。
【答案】
【解析】 若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點時兩者共速（【點撥】物塊在圓弧軌道
底端和頂端與小車共速是兩個臨界情況，物塊在圓弧軌道頂端時豎直方向速度恰好為
0。）
則物塊與小車整體在水平方向動量守恒，有
由能量守恒定律有
解得
若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的位置時兩者共速
則物塊與小車整體在水平方向動量守恒，有
由能量守恒定律有
解得
綜上所述，物塊與水平軌道間的動摩擦因數 的取值范圍為 。
31.（2025河北部分學校調研）如圖，為半徑足夠大的 光滑圓弧軌道，圓弧軌道末端
與右側光滑水平面平滑連接，水平面 右側平滑對接一足夠長的水平傳送帶，傳送
帶正在以的速度逆時針勻速轉動。有一質量為的物塊 靜止于圓
弧軌道底端，在物塊右側有一質量為的物塊，物塊 與傳送帶之間的動摩
擦因數，物塊以水平向右、大小為 的速度從傳送帶左側滑上傳送
帶。當物塊滑離傳送帶后與物塊發生碰撞，物塊上有特殊裝置，可以使物塊、
碰撞瞬間讓兩者合在一起成為一個整體沿圓弧軌道向上運動，當、 整體沿圓弧軌道
向下運動到軌道底端時，該裝置使物塊、分開，物塊停在軌道底端，物塊 以分開
前瞬間的速度向右運動，之后物塊、會多次作用，重力加速度大小
，不計空氣阻力，兩物塊均可看作質點。求：
（1） 物塊、第一次沿圓弧軌道向下運動到軌道底端分開時物塊的速度大小 ；
【答案】
【解析】 傳送帶足夠長，則物塊 在傳送帶上向右滑動的速度一定能減小到0，傳送帶
的速度，小于物塊初始的速度，則物塊 第一次滑離傳送帶時
速度等于傳送帶的速度；設物塊、第一次碰撞之后速度為，物塊、
碰撞過程，根據動量守恒定律有
解得
物塊、碰撞之后，沿圓弧軌道向上運動和返回過程中系統的機械能守恒，即、 分
開前瞬間它們的速度與第一次碰撞后的速度大小相等，所以、分開時物塊 的速度為
。
（2） 物塊從第一次滑上傳送帶到滑離傳送帶過程中摩擦產生的熱量 ；
【答案】
【解析】 物塊在傳送帶上向右減速運動過程根據牛頓第二定律有
解得
物塊減速到0的時間
物塊和傳送帶運動的位移分別為和 ，減速過程中相對滑動的位移為
物塊在傳送帶上向左加速運動的加速度仍為
物塊向左加速到與傳送帶速度相等時不再發生相對滑動，加速過程時間
設加速過程物塊和傳送帶運動的位移分別為和 ，加速過程中相對滑動的位移為
整個過程產生的熱量為 。
（3） 物塊開始滑上傳送帶之后的整個過程中傳送帶對物塊摩擦力的沖量 。
【答案】
【解析】 物塊、第一次碰撞后，物塊以速度滑上傳送帶，物塊 的速度
小于傳送帶的速度，則物塊向右減速到0后再向左加速，減速和加速過程的加速度大小
相等，根據運動的對稱性可知物塊離開傳送帶時速度大小也為，物塊 在
傳送帶上運動的時間為
設物塊、第二次碰撞之后速度為，物塊、 碰撞過程，根據動量守恒定律有
解得
物塊以速度滑上傳送帶，物塊 的速度小于傳送帶的速度，則物塊向右減
速到0后再向左加速，減速和加速過程的加速度大小相等，根據運動的對稱性可知物塊
離開傳送帶時速度大小也為；物塊 在傳送帶上運動的時間為
之后重復上述過程，設物塊、第次碰撞之后速度為，物塊、 碰撞過程，根據
動量守恒定律有
解得
物塊以速度滑上傳送帶，物塊 的速度小于傳送帶的速度，
則物塊向右減速到0后再向左加速，減速和加速過程的加速度大小相等，根據運動的對
稱性可知物塊離開傳送帶時速度大小也為；物塊 在傳送帶
上運動的時間為
物塊在傳送帶上與傳送帶相對滑動過程中物塊 會受到水平向左的滑動摩擦力，速度
與傳送帶速度相等之后不再受到摩擦力的作用，則摩擦力的作用時間為
根據等比數列求和得
則摩擦力的沖量為 。
覺醒集訓
1.（2024廣東中山模擬）圖是《天工開物》中記載的一種舂 米裝置，
古人用腳踏一種像蹺蹺板一樣的東西，將質量約為的碓抬高 后
從靜止釋放，碓在重力作用下向下運動，碓與谷物作用 后靜止，每次碓
對谷物的平均作用力約為（重力加速度取 ）( )
B
A. B. C. D.
【解析】 碓在重力作用下向下運動，由動能定理可得 ，碓與谷物作
用過程，由動量定理可得 ，解得每次碓對谷物的平均作用力
。
2.（2024青海二模）斜向上發射的炮彈在最高點爆炸（爆炸時間
極短）成質量均為 的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原路返回。已
D
A. B. C. D.
【解析】 炮彈炸裂的過程水平方向動量守恒，設炮彈炸裂前的速度大小為 ，則
，得，設炸裂后瞬間另一塊碎片的速度大小為 ，有
（【抓題眼】由題目條件“其中一塊碎片沿原路返回”可知該碎片的
初速度與炮彈炸裂前的速度等大、反向。），解得 ，根據平拋運動規律有
，得，兩塊碎片落地點之間的距離 。
知炮彈爆炸時距地面的高度為，炮彈爆炸前的動能為，重力加速度大小為 ，不計空
氣阻力和火藥的質量，則兩塊碎片落地點間的距離為( )
. .
3.（2024江西上饒模擬預測）“雙星”是宇宙中普遍存在的一種天體
系統，由兩顆恒星組成，雙星系統遠離其他恒星，在相互的萬有
引力作用下繞連線上一點做周期相同的勻速圓周運動。如圖所
示，、兩顆恒星構成雙星系統，繞共同的圓心 做勻速圓周運
動，經過（小于周期）時間，、 兩恒星的動量變化量分別為
、 ，則下列判斷正確的是( )
D
A. B. C. D.
【解析】 系統所受的合外力為零，系統的總動量守恒，根據牛頓第二定律有
，加速度為，則有 。由于角速度相
同，因此，兩恒星的速度方向始終相反，則 ，因此系統的總動
量始終為零，可得， 。
4.（2024山東菏澤三模）風箏在我國已存在兩千年
之久，又有紙鳶、鷂子之稱。如圖所示，某時刻風
箏靜止在空中，風箏面與水平面夾角為 ，牽引線
與豎直方向夾角為 。已知風箏質量為 ，垂直于
風箏面的風速大小為，風箏面的面積為 ，重力加
速度為 ，則風箏所在高度空氣密度為( )
A
A. B. C. D.
【解析】 對風箏受力分析如圖1所示，作出矢量三角形如圖2所示，由幾何關系可
知風箏此時獲得的垂直于風箏面的力 ，根據牛頓第三定律，風箏對垂直
于風箏面的風的作用力大小也為，以風為研究對象，單位時間 內，垂直打在風箏面
的風的質量，在垂直于風箏面方向上由動量定理有 ，聯立解得
空氣密度為 。
5.（2025江西部分高中聯盟校一模）如圖，在水平地面上固定一
圓環，圓環內壁光滑，圓環內嵌著、 兩個大小相同的小球，
它們的質量分別是、，且 ，小球的直徑略小于圓
環的孔徑，圓環的內半徑遠大于球的半徑，初始時 球處于靜止
狀態，球以一定初速度撞擊球，、兩個球在 點發生彈性
碰撞，一段時間后，、兩個球在 點發生第二次彈性碰撞，
、兩點與圓環圓心的連線夾角為 ，則 為( )
A
A. B. C. D.
【解析】 兩球發生彈性碰撞，設碰后速度分別為、 ，則根據動量守恒定律和
機械能守恒定律有， ，聯立解得
，。第二次碰撞發生在題圖中的 點，則從第一次碰撞到第
二次碰撞之間，有，，故 、
通過的路程之比為，則有 ，聯立解得
，由于兩質量均為正數，故，即 。
6.（2024山東菏澤模擬）如圖甲所示，在光滑水平面上，小球以初動量 沿直線運動，
與靜止的帶輕質彈簧的小球發生正碰，此過程中，小球的動量隨時間 變化的部分
圖像如圖乙所示，時刻圖線的切線斜率最大，此時縱坐標為， 時刻縱坐標為零。
已知小球、 的直徑相同，則( )
A.小球、的質量之比為
B. 時刻彈簧的彈性勢能最大
C.小球的初動能和彈簧最大彈性勢能之比為
D.時間內，小球的動量變化量為
C
【解析】 時刻圖線的切線斜率最大，則小球的動量變化率最大，根據 ，
可知小球的速度變化率最大，即加速度最大，根據牛頓第二定律得 ，可知此時
彈簧彈力最大，由胡克定律可知，此時彈簧形變量最大，則此時彈簧的彈性勢能最大。
時刻兩小球共速，設速度大小均為，則小球的質量 ，根據動量守恒有
，則小球的質量 ，由此可知兩小球的質量之比為
。
根據和機械能守恒定律有，小球 的初動能和彈簧
最大彈性勢能之比 。
時間內，小球的動量變化量 。
7.（2024重慶沙坪壩區三模）如圖所示，質量為的小物塊放在質量也為 的
木板的右端，木板靜止在光滑地面上，時刻給木板施加一水平向右的拉力 ，物
塊和木板立即發生相對滑動。已知拉力功率恒為 ，物塊和木板間的動摩擦因數
，時物塊和木板共速，且共速時立即撤去拉力，重力加速度 取
。
（1） 求與木板共速前物塊 運動的加速度；
【答案】 ，方向水平向右
【解析】 、共速之前，對進行分析，根據牛頓第二定律有
解得
A向右做勻加速直線運動，加速度方向水平向右。
（2） 若物塊恰不從木板上滑下，求木板 的長度；
【答案】
【解析】 結合上述，、達到相等的速度時有
對、 組成的系統，根據能量守恒定律有
解得 。
（3） 若木板右方還靜置著另一物塊，木板與共速后再與 發生碰撞并粘在一起，
則在滿足第（2）問情況下，要保證物塊恰不從木板上滑出，求物塊 的質量。
【答案】
【解析】 根據題意，、發生完全非彈性碰撞，則有
拉力撤去后到三者共速，對、、 組成的系統，根據動量守恒定律有
B、碰后到、、 三者共速過程，根據能量守恒定律有
結合上述解得 （另一解不合題意，舍去）。
8.（2024河北邯鄲一模）如圖所
示，桌面、地面和固定的螺旋
形圓管均光滑，輕質彈簧左端
固定，自然伸長位置為 點，彈
簧的勁度系數，圓軌道的半徑，圓管的內徑比小球 直徑略
大，但遠小于圓軌道半徑，小物塊靜止于木板 左端，木板的上表面恰好與圓管軌
道水平部分下端表面等高，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數 ，木板右端與
墻壁之間的距離，現用力將小球向左推壓，將彈簧壓縮 ，然后由
靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運動到桌面右端點后水平拋出，從管口 處
沿圓管切線飛入圓管內部，從圓管水平部分點飛出，并恰好與小物塊 發生彈性碰撞，
經過一段時間后和右側墻壁發生彈性碰撞，已知 始終未和墻壁碰撞，并且未脫離
木板，，，取，， ，
。求：
（1） 小球平拋運動的時間及拋出點與管口間的高度差 ；
【答案】 ;
【解析】 彈簧彈開小球過程彈力隨位移均勻變化，由動能定理可得
在小球平拋到管口點時如圖，根據 ，
（【點撥】“從管口處沿圓管切線飛入圓管內部”說明小球在 點
的速度方向沿圓管過點的切線方向斜向下。），
聯立解得， 。
. .
（2） 小球在圓管內運動過程中對圓管最高點的擠壓力 ，并判斷是和管的內壁還是
外壁擠壓；
【答案】 ，方向豎直向上; 和外壁擠壓
【解析】 從 到圓管最高點的過程，由動能定理可得
由上述圖可知
在最高點有
解得圓管對小球的支持力 ，方向豎直向下
根據牛頓第三定律可知，小球對圓管的擠壓力 ，方向豎直向上
說明小球和圓筒外壁擠壓。
（3） 木板的最短長度及木板在地面上滑動的總路程 。
【答案】 ;
【解析】 從到 全過程，由動能定理可得
解得
小球和物塊碰撞過程，取水平向右為正方向，可得 ，
解得，（【點撥】小球與小物塊質量相等， ，且兩者發生
的為彈性碰撞，碰后速度交換。）
說明碰后小球停止運動，物塊獲得且水平向右的速度，開始在木板上滑動，以
和為對象，可得
對可得
解得，
則物塊與木板共速后與墻壁發生碰撞，以和 為對象，第1次與墻碰撞后
解得
對木板有，
. .
第2次與墻碰撞后
解得
對木板有
第3次與墻碰撞后
解得
對木板有
……
第次與墻碰撞后
解得
對木板有
第次與墻碰撞后
解得
對木板有
木板運動的總路程為
即當 時，，可得
代入數據解得
木板和物塊最終停在右側墻壁處，物塊恰好停在右端，根據能量守恒可得
解得 。
覺醒原創
1.如圖所示，神舟十六號航天員朱楊柱、桂海潮在中國空間站太空艙內面向全國青少年
進行太空科普授課。朱楊柱先將一個鋼球放在標準網格布的前方，隨后桂海潮將一個質
量和形狀都相同的鋼球與朱楊柱放的鋼球完成對心碰撞。下列關于這個過程的說法正確
的是( )
A
A.朱楊柱放鋼球后，鋼球將繞地球做圓周運動
B.兩個鋼球在太空中碰撞，動量守恒定律不適用
C.朱楊柱在太空艙內拿著鋼球靜止時，鋼球動量不變
D.碰撞前后兩個鋼球的動量變化相同
【解析】 由于在太空艙內，小球處于完全失重狀態，在太空艙外觀察，太空艙和
小球均繞地球做圓周運動，萬有引力全部提供向心力。
動量守恒定律適用條件并不由鋼球是否完全失重來決定，故仍然適用。
朱楊柱在太空艙拿著鋼球靜止時，鋼球繞地球做圓周運動，因此鋼球動量的方向
變化。
由動量定理可知，碰撞前后兩個鋼球動量變化大小相同，方向相反。
2.［多選］一質量為的小球，以初速度 沖上一個質量為
、半徑為的圓弧形凹槽。 為凹槽的圓心，凹槽所對的圓
心角為 ，凹槽不固定。所有接觸面均光滑，
重力加速度為， ，下列說法正確的是( )
CD
A.無論 為多大，小球只要能沖出凹槽，在 點的水平方向分速度就一定等于凹槽的速度
B.只有 且小球能沖出凹槽時，小球在 點的水平方向分速度才等于凹槽的速度
C.當，且 時，小球運動的最大離地高度為
D.若 ，且小球從 點離開時小球相對凹槽的速度大小等于凹槽的對地速度，則
此時凹槽的速度大小為
【解析】 由相對運動可知 小球相對凹槽的速度 ，即
圖1
可知當 不為 且小球能沖出凹槽時，小
球水平方向的分速度大于凹槽的速度，此時速
度關系如圖1所示，只有當 時，只要小
球可以運動到點，小球在 點的水平方向分速
度等于凹槽的速度；當 小于 且小球剛好
能運動到點時，小球在 點的水平方向分速度
也等于凹槽的速度。
假設小球能從 點沖出凹槽，由系統能量守恒，水平方向動量守恒，小球運動到距
離地面最高點過程有， ，解得小球運動
. .
的最大離地高度 (【點撥】用折合質量法快速計算小球的重力勢能
代入數據解得 )
又因為，則，則 ，假設成立。
圖2
由圖1可知，當 時，小球從 點離開時相對凹槽的
速度與水平方向夾角為 ，此時小球相對凹槽的速度大小等
于凹槽的對地速度，作出小球的速度、凹槽的速度、小球相對
凹槽的速度的矢量三角形，如圖2。故此時小球速度與凹槽速度
夾角為 ，由幾何關系可知小球的速度 ，有水平
方向動量守恒可得，解得 。
. .

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