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第2節(jié)
動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用
一、動(dòng)量守恒定律
1.內(nèi)容.
不受外力
矢量和
如果一個(gè)系統(tǒng)____________，或者所受外力的__________為
零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變.
2.表達(dá)式.
p′
m1v1′＋m2v2′
－Δp2
(1)p＝______，系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量 p 等于相互作用后的總
動(dòng)量 p′.
(2)m1v1＋m2v2＝______________，相互作用的兩個(gè)物體組成
的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和.
(3)Δp1＝__________，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變量等大反
向.
3.動(dòng)量守恒的條件.
(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零，則系
統(tǒng)動(dòng)量守恒.
(2)近似守恒：系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大
于外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒.
(3)某一方向上守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受外力矢量和為零
時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒.
二、碰撞現(xiàn)象
相互作用力
守恒
1.碰撞：兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體在相遇的極短時(shí)間內(nèi)產(chǎn)生非常
大的____________，而其他的相互作用力相對(duì)來(lái)說(shuō)顯得微不足道
的過(guò)程，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒.
2.彈性碰撞：如果碰撞過(guò)程中機(jī)械能________，這樣的碰撞叫
做彈性碰撞.
3.非彈性碰撞：如果碰撞過(guò)程中機(jī)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(guò)程中物體的形變完全不能恢復(fù)，以
致兩物體合為一體一起運(yùn)動(dòng)，即兩物體在非彈性碰撞后以_______
速度運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)有機(jī)械能損失.
三、反沖的特點(diǎn)
內(nèi)力
遠(yuǎn)大于
1.定義：如果一個(gè)靜止的物體在________的作用下分裂為兩部
分，一部分向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，另一部分必然向相反的方向運(yùn)動(dòng).這
個(gè)現(xiàn)象叫做反沖.
2.反沖運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)及遵循的規(guī)律.
(1)特點(diǎn)：物體間作用力與反作用力產(chǎn)生的效果.
(2)遵循的規(guī)律：反沖運(yùn)動(dòng)是內(nèi)力作用的結(jié)果，雖然有時(shí)系統(tǒng)
所受的合外力不為零，但由于系統(tǒng)內(nèi)力________外力，所以可以
認(rèn)為系統(tǒng)的總動(dòng)量是守恒的.
【基礎(chǔ)自測(cè)】
1.判斷下列題目的正誤.
(1)只要系統(tǒng)合外力做功為零，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒.(
(2)動(dòng)量守恒的過(guò)程中，機(jī)械能只能不變或減少.(
(3)若某個(gè)方向合外力為零，則該方向動(dòng)量守恒.(
)
)
)
(4)若在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰后均變?yōu)殪o止，則
兩球碰前的動(dòng)量大小一定相同.(
)
(5)完全非彈性碰撞中，機(jī)械能損失最多.(
)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√
2.(多選，2024 年甘肅卷)電動(dòng)小車(chē)在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)
動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是(
)
A.小車(chē)的動(dòng)能不變
B.小車(chē)的動(dòng)量守恒
C.小車(chē)的加速度不變
D.小車(chē)所受的合外力一定指向圓心
解析：做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體速度大小不變，故動(dòng)能不變，
A 正確；做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體速度方向時(shí)刻在改變，故動(dòng)量不
守恒，B 錯(cuò)誤；做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體加速度大小不變，方向時(shí)
刻在改變，C 錯(cuò)誤；做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體所受的合外力一定指
向圓心，D 正確.
答案：AD
3.質(zhì)量為 m1＝1 kg 和 m2(未知)的兩個(gè)物體在光滑的水平面上
正碰，碰撞時(shí)間不計(jì)，其 x-t(位移—時(shí)間)圖像如圖所示，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
D.條件不足，不能確定
答案：B
4.冰車(chē)原先在光滑的水平冰面上勻速滑行，若一人在冰車(chē)上先
后向前和向后各拋出一個(gè)沙包，兩沙包的質(zhì)量和對(duì)地速度大小都
)
相同，沙包都拋出去之后，冰車(chē)的速率與原來(lái)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(diǎn) 1 動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用
考向 1 動(dòng)量守恒定律的理解
[熱點(diǎn)歸納]
動(dòng)量守恒定律的四個(gè)特性：
相對(duì)性 公式中 v1、v2、v1′、v2′ 必須相對(duì)于同一個(gè)慣性系
同時(shí)性 公式中v1、v2是在相互作用前同一時(shí)刻的速度，v1′、v2′是在相互作用后同一時(shí)刻的速度
矢量性 應(yīng)先選取正方向，凡是與選取的正方向一致的動(dòng)量為正值，相反為負(fù)值
普適性 不僅適用于低速宏觀系統(tǒng)，也適用于高速微觀系統(tǒng)
【典題 1】(多選)對(duì)于如圖甲、乙、丙、丁所反映的物
理過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是(
)
甲
乙
丙
丁
A.圖甲中子彈射入光滑水平面上的木塊的過(guò)程中，子彈和木
塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)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(xì)線，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，M、N 與彈簧組成的
系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能增加
C.圖丙中兩球勻速下降，細(xì)線斷裂后，木球和鐵球在水中運(yùn)
動(dòng)的過(guò)程，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)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(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，機(jī)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(guò)程中，
子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)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(xì)線，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，M、N 與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)
量守恒，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為兩木塊的動(dòng)能，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，
B錯(cuò)誤；丙圖中，木球和鐵球組成的系統(tǒng)勻速下降，說(shuō)明兩球所受
水的浮力等于兩球自身的重力，細(xì)線斷裂后兩球在水中運(yùn)動(dòng)的過(guò)
程中，所受合外力為零，兩球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于水的浮
力對(duì)兩球做功，兩球組成的系統(tǒng)機(jī)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(tǒng)在
水平方向上不受外力，水平方向上動(dòng)量守恒，由于斜面可能不光
滑，所以機(jī)械能可能有損失，D 錯(cuò)誤.
答案：AC
考向 2 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用
【典題 2】(2023 年廣東卷)如圖為某藥品自動(dòng)傳送系統(tǒng)的
示意圖.該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接
的平臺(tái)組成，滑槽高為 3L，平臺(tái)高為 L.藥品盒 A、B 依次被輕放
在以速度 v0 勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上，在與傳送帶達(dá)到共速后，從 M
點(diǎn)進(jìn)入滑槽，A 剛好滑到平臺(tái)最右端 N 點(diǎn)停下，隨后滑下的 B 以
2v0 的速度與 A 發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，碰撞后 A、B 恰好落在
桌面上圓盤(pán)內(nèi)直徑的兩端.已知 A、B 的質(zhì)量分別為 m 和 2m，碰撞
擦因數(shù)為μ，重力加速度為 g，A、B 在滑至 N
點(diǎn)之前不發(fā)生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤(pán)的高
度，將藥品盒視為質(zhì)點(diǎn).求：
(1)A 在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶
共速所用的時(shí)間 t.
(2)B 從 M 點(diǎn)滑至 N 點(diǎn)的過(guò)程中克服阻力
做的功 W.
(3)圓盤(pán)的圓心到平臺(tái)右端 N 點(diǎn)的水平距離 s.
解：(1)A 在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度 a＝μg
由靜止加速到與傳送帶共速所用的時(shí)間
(2)B 從 M 點(diǎn)滑至 N 點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有
(3)A、B 碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律和能量關(guān)系可知
2m×2v0＝mv1＋2mv2
考向 3 某一方向動(dòng)量守恒
[熱點(diǎn)歸納]
相互作用的兩個(gè)物體受的合外力不為 0，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但
是若某個(gè)方向合外力為 0，則系統(tǒng)在這個(gè)方向上動(dòng)量守恒，可以在
這個(gè)方向上列動(dòng)量守恒的方程求解相關(guān)問(wèn)題.如自由下落的木塊被
水平飛來(lái)的子彈擊中，豎直方向由于重力作用合外力不為 0，動(dòng)量
不守恒，而水平方向不受外力，滿(mǎn)足動(dòng)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(guò)程中，物體和斜面組成
的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒.
【典題 3】(2022 年廣東茂名模擬)如圖所示，在足夠大的
光滑水平面上停放著裝有光滑弧形槽的小車(chē)，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(chē)弧
形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好不從弧形槽的頂
端離開(kāi).小車(chē)與小球的質(zhì)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(shì)能為(
)
解析：小球到達(dá)弧形槽頂端時(shí)，小球與小車(chē)的速度相同(設(shè)共
同速度大小為 v)，在小球沿小車(chē)弧形槽上滑的過(guò)程中，小球與小
車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有 mv0＝3mv，根據(jù)機(jī)械能守恒
答案：A
考向 4 動(dòng)量守恒的臨界問(wèn)題
【典題 4】(2022 年廣東聯(lián)考)如圖所示，某冰雪游樂(lè)場(chǎng)，小
朋友和小車(chē)均靜止在足夠大的水平地面上，小朋友將小車(chē)以大
小 v＝12 m/s 的水平速度(相對(duì)地面)推向右側(cè)的斜坡，小車(chē)在斜坡
上運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后返回地面，小朋友接住小車(chē)后再次以速率 v 將
小車(chē)推向斜坡，如此反復(fù).小朋友與小車(chē)的質(zhì)量分別為 m1＝30 kg、
m2＝5 kg，不計(jì)一切摩擦，不計(jì)小車(chē)經(jīng)過(guò)斜坡底部時(shí)的機(jī)械能損失.
求：
(1)在小朋友第一次將小車(chē)推出的過(guò)程中，小朋友和小車(chē)組成
的系統(tǒng)的動(dòng)能增量ΔEk.
(2)要使小朋友不能接住小車(chē)，小朋友推小車(chē)的次數(shù).
解：(1)設(shè)向左為正方向，小朋友第一次將小車(chē)推出后的瞬間，
小朋友的速度大小為 v1，對(duì)小朋友第一次將小車(chē)推出的過(guò)程，根
據(jù)動(dòng)量守恒定律有 m1v1＝m2v
解得 v1＝2 m/s
解得ΔEk＝420 J.
(2)小車(chē)每次在斜坡上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，斜坡對(duì)小車(chē)的水平?jīng)_量
大小 I＝m2v－(－m2v)＝2m2v.
若小朋友第 n 次推小車(chē)后，兩者的速率均為 v，則此后小朋
友不能接住小車(chē)，對(duì)小朋友與小車(chē)組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量定理有
nI＝(m1＋m2)v
解得 n＝3.5，要使小朋友不能接住小車(chē)，小朋友推小車(chē)的次
數(shù)為 4.
思路導(dǎo)引
小朋友推車(chē)過(guò)程動(dòng)量守恒，求出小朋友的速度，
然后求出二者增加的動(dòng)能.斜面光滑，小車(chē)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(chē)，小朋友動(dòng)量
的增加量相等，假設(shè)推出 n 次后，根據(jù)動(dòng)量守恒求得小朋友的速
度大于小車(chē)的速度即可，臨界情況是二者速度大小相等.
熱點(diǎn) 2 碰撞
[熱點(diǎn)歸納]
1.碰撞遵循的三條原則.
(1)動(dòng)量守恒定律.
(2)機(jī)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(yùn)動(dòng)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(gè)大球和一個(gè)小球，做一種名為
“超級(jí)彈性碰撞”的實(shí)驗(yàn)，其中上面的小球被稱(chēng)為“超級(jí)彈球”.
如圖所示，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(shè)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(wú)機(jī)械能損失且時(shí)間極短，且兩球心的連線始終
豎直，已知大球的質(zhì)量為 4m，小球的質(zhì)量為 m，重力加速度為 g，
將兩球視為質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，求：
(1)該“超級(jí)彈球”第一次能夠反彈的最大高度.
(2)該“超級(jí)彈球”從開(kāi)始下落到第一次反彈到最大高度所經(jīng)
歷的時(shí)間.
思路導(dǎo)引
本題與常見(jiàn)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(yīng)用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律求
解碰撞后的速度.本題中的碰撞多了一個(gè)過(guò)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)如圖所示，豎直放置的
兩個(gè)完全相同的輕彈簧，一端固定于地面，另一端與質(zhì)量為 mB
的物體 B 固定在一起，質(zhì)量為 mA 的物體 A 置于 B 中央位置的正
上方 H 處.現(xiàn)讓 A 由靜止開(kāi)始自由下落，隨后和 B 發(fā)生碰撞，碰
撞時(shí)間極短，碰撞后兩物體粘在一起.已知 A 與 B 結(jié)合后經(jīng)過(guò)時(shí)間
t 下降至最低點(diǎn)，A、B 始終在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，彈簧始終處
于彈性限度內(nèi)，不計(jì)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(jié)合體從結(jié)合后至返回到碰撞點(diǎn)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以
及該過(guò)程中彈簧對(duì)物體 B 沖量的大小.
解：(1)設(shè) 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(jī)械能守恒定律得
(2)從碰撞后至返回到碰撞點(diǎn)的過(guò)程中，AB 結(jié)合體做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng).
根據(jù)簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，可得運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t總＝2t
思路導(dǎo)引
A 與 B 碰撞前的速度可由機(jī)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(dá)到共速.AB 結(jié)合體從
結(jié)合后至返回到碰撞點(diǎn)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可由簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性
求得，該過(guò)程中彈簧對(duì)物體 B 的沖量難以根據(jù)力與時(shí)間的乘積求
得，優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量定理求解.
考向 3 碰撞后運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能性的判定
【典題 7】(2022 年廣東廣州二模)如圖 所示，2022 年北京
冬奧會(huì)某次冰壺比賽，甲壺以速度 v0 與靜止的乙壺發(fā)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(
A.兩壺碰撞過(guò)程無(wú)機(jī)械能損失
B.兩壺碰撞過(guò)程動(dòng)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(shè)碰后兩壺
矢量，兩壺碰撞過(guò)程動(dòng)量變化量大小相同但方向相反，B 錯(cuò)誤.
答案：C
作用原理 反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)
生的效果
動(dòng)量守恒 反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以
反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律
機(jī)械能增加 反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，
所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加
熱點(diǎn) 3 反沖現(xiàn)象
[熱點(diǎn)歸納]
【典題8】皮劃艇射擊是一種比賽運(yùn)動(dòng)，比賽時(shí)，運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)員(包括除
子彈外的裝備)及皮劃艇的總質(zhì)量為 M，子彈的質(zhì)量為 m.假設(shè)射擊
過(guò)程中子彈的火藥釋放的總能量為 E，且全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，在陸
地射擊和在皮劃艇上射擊時(shí)，子彈的出射速度會(huì)有少許差異.陸地
射擊時(shí)子彈的出射速度為 v1，子彈動(dòng)能為 Ek1；在皮劃艇上射擊時(shí)
子彈的出射速度為 v2，動(dòng)能為 Ek2，運(yùn)動(dòng)員及皮劃艇的速度為 v3，
射擊過(guò)程中可認(rèn)為子彈、運(yùn)動(dòng)員及皮劃艇組成的系統(tǒng)在水平方向
動(dòng)量守恒.下列關(guān)系式正確的是(
)
解析：在陸地射擊時(shí)，火藥釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為子彈的動(dòng)
答案：D
動(dòng)量守恒 由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相
互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，
系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒
動(dòng)能增加 在爆炸過(guò)程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化
為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加
位置不變 爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中，物體產(chǎn)生的位移
很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸
前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)
熱點(diǎn) 4 爆炸
[熱點(diǎn)歸納]
【典題9】(2024 年青海二模)斜向上發(fā)射的炮彈在最高點(diǎn)爆炸
(爆炸時(shí)間極短)成質(zhì)量均為 m 的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原路
返回.已知炮彈爆炸時(shí)距地面的高度為 H，炮彈爆炸前的動(dòng)能為 E，
重力加速度大小為 g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量，則兩塊碎片
落地點(diǎn)間的距離為(　　)
答案：D
常見(jiàn)情景
問(wèn)題 兩個(gè)原來(lái)靜止的物體發(fā)生相互作用時(shí)，若所受外力的矢量和為
零，則動(dòng)量守恒.在相互作用的過(guò)程中，任一時(shí)刻兩物體的速度
大小之比等于質(zhì)量的反比.這樣的問(wèn)題歸為“人船模型”問(wèn)題
人船模型
1.模型特點(diǎn).
特點(diǎn) 人動(dòng)船動(dòng)，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(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于
它們質(zhì)量的反比，即
注意 應(yīng)用此關(guān)系時(shí)要注意一個(gè)問(wèn)題：公式 v1、v2 和 x 一般都是相對(duì)地面而言的
(續(xù)表)
2.兩個(gè)重要關(guān)系.
【典題 10】有一條捕魚(yú)小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(zhǎng)，
一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺測(cè)量它的質(zhì)量.他進(jìn)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(cè)出船后退的距離 d 和船長(zhǎng) L.已知他自身
的質(zhì)量為 m，則船的質(zhì)量為(
)
A.
m(L＋d)
d
B.
m(L－d)
d
mL
C.
d
D.
m(L＋d)
L
時(shí)間為 t.則 v＝ ，v′＝
向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得Mv－mv′＝0，解得船的質(zhì)量M＝
解析：畫(huà)出如圖 所示的草圖.
設(shè)人走動(dòng)時(shí)船的速度大小為 v，人的速度大
小為 v′，船的質(zhì)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(tǒng)
在水平方向上動(dòng)量守恒，取船的速度方向?yàn)檎?br/>m(L－d)
d
，
B 正確.
答案：B
類(lèi)型 1 A 先與 B 發(fā)生作用，A、B 作為一個(gè)整體再
與 C 發(fā)生作用
類(lèi)型 2 A 先與 B、C 整體發(fā)生作用，當(dāng) B 與 C 分
離后，A 再與其中之一發(fā)生作用
動(dòng)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(gè)物體間發(fā)生兩次不
同的相互作用過(guò)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?fàn)顟B(tài)，如圖所示.
一物塊從鋼板正上方 0.2 m處的 P點(diǎn)自由落下，打在鋼
板上(碰撞時(shí)間極短)并與鋼板一起向下運(yùn)動(dòng) 0.1 m 后到
達(dá)最低點(diǎn) Q.已知物塊和鋼板的質(zhì)量都為 2 kg，重力加速
度大小 g 取 10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是(
)
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(yùn)動(dòng)的加速度一直增大
C.從 P 到 Q 的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的增加量為 6 J
D.從 P 到 Q 的過(guò)程中，物塊、鋼板、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)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(yùn)動(dòng).當(dāng)
彈簧彈力等于兩者的總重力時(shí)，加速度為零，速度達(dá)到最大.繼續(xù)
向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)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(yùn)動(dòng)，可知物塊與鋼板碰撞后一起運(yùn)動(dòng)的加速度不
是一直增大，B 錯(cuò)誤;從 P 到 Q 的過(guò)程中，根據(jù)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(jī)械能損失，從 P 到 Q 的過(guò)程中，物塊、鋼板、彈簧
組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，D 錯(cuò)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(gòu)成的系統(tǒng)不受外力
作用，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)內(nèi)力是一對(duì)相互作用的摩擦力，如圖
所示.
設(shè)子彈質(zhì)量為 m，水平初速度為 v0，置于光滑水平面上的木
塊質(zhì)量為 M.若子彈剛好穿過(guò)木塊，則子彈和木塊最終具有共同速
度 u.
由動(dòng)量守恒定律：mv0＝(M＋m)u ①
對(duì)于子彈，由動(dòng)能定理：
從圖形中可得：s1－s2＝L ④
常用結(jié)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(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)動(dòng)能的減少，也等于作用過(guò)程中產(chǎn)
生的內(nèi)能.
【典題12】(2024 年廣東深圳三模)如圖所示，ABC 是光滑軌
道，其中 BC 部分是半徑為 R 的豎直放置的半圓，AB 部分與 BC
部分平滑連接.一質(zhì)量為 M 的小木塊放在軌道水平部分，木塊被水
平飛來(lái)的質(zhì)量為 m 的子彈射中，子彈留在木塊中.子彈擊中木塊前
的速度為 v0.若被擊中的木塊能沿軌道滑到最高點(diǎn) C，重力加速度
為 g，求：
(1)子彈擊中木塊后的速度.
(2)子彈擊中木塊并留在其中的過(guò)程中子彈和木塊產(chǎn)生的熱量
Q.
解：(1)子彈擊中木塊，整個(gè)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有
mv0＝(M＋m)v
解得子彈擊中木塊后的速度
v＝
mv0
M＋m
.
(2)根據(jù)能量守恒定律可得
模型圖示 模型特點(diǎn)
(1)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能
(2)若木塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相同時(shí)，木板速度最大，相對(duì)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】如圖所示，足夠長(zhǎng)的小平板車(chē) B 的質(zhì)量為M，
以水平速度 v0 向右在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與此同時(shí)，質(zhì)量為m
的小物體 A 從車(chē)的右端以水平速度 v0 沿車(chē)的粗糙上表面向左運(yùn)
動(dòng).若物體與車(chē)面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為 g，則
在足夠長(zhǎng)的時(shí)間內(nèi)(
)
v0，若 M>m，A 所受的摩擦力為 Ff＝μmg，
解析：規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 Mv0－mv0＝
(M＋m)v，得 v＝
M－m
M＋m
答案：D
思路導(dǎo)引
A 選項(xiàng)研究物體 A，末速度為 0 時(shí)位移最大，B
選項(xiàng)研究小車(chē)，末速度為 0 時(shí)，位移最大，應(yīng)用動(dòng)能定理求解.由
動(dòng)量守恒求出二者共同速度、動(dòng)量的變化及摩擦力的沖量，由沖
量得到作用時(shí)間.
模型圖示 模型特點(diǎn)
(1)動(dòng)量守恒：兩個(gè)物體與彈簧相互作用的過(guò)程中，若系
統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒
(2)機(jī)械能守恒：系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外
的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒
(3)彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)
能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)
(4)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大(完
全彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時(shí))
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(zhì)量分別為 m 和 M(m瞬時(shí)速度 v(如圖甲)，彈簧壓縮到最短時(shí)的長(zhǎng)度為 L1.若使B 球
獲得瞬時(shí)速度 v(如圖乙)，彈簧壓縮到最短時(shí)的長(zhǎng)度為 L2，則
)
L1 與 L2 的大小關(guān)系為(
甲
A.L1>L2
C.L1＝L2
乙
B.L1D.不能確定
解析：當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，兩球的速度相同，對(duì)題圖甲，取 A 的
初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得 mv＝(m＋M)v1，由機(jī)械能守恒
答案：C
“圓弧軌道＋滑塊(小球)”模型
1.模型圖(如圖所示).
2.模型特點(diǎn).
(1)最高點(diǎn)：m 與 M 具有共同水平速度，且 m 不可能從此處離
開(kāi)軌道，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒.mv0＝(M＋m)v共，
(2)最低點(diǎn)：m 與 M 分離點(diǎn).水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守
【典題15】(2024 年安徽卷)如圖所示，一實(shí)驗(yàn)小車(chē)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(diǎn)，一物塊靜止于小車(chē)
最左端，一小球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于 O 點(diǎn)正下方，并輕
靠在物塊右側(cè).現(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時(shí)，靜止釋放小球，小球
運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞.碰撞后，物塊沿著小車(chē)上的
軌道運(yùn)動(dòng)，已知細(xì)線長(zhǎng) L＝1.25 m.小球質(zhì)量 m＝0.20 kg.物塊、小
車(chē)質(zhì)量均為 M＝0.30 kg.小車(chē)上的水平軌道長(zhǎng) s＝1.0 m.圓弧軌道半
徑 R＝0.15 m.小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn).不計(jì)空氣阻力，重力加速
度 g 取 10 m/s2.
(1)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小.
(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小.
(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車(chē)，求
物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍.
(3)若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)兩者共速，則
對(duì)物塊與小車(chē)整體由水平方向動(dòng)量守恒
Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律
解得μ1＝0.4
若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到與圓弧圓心等高的位置，此時(shí)兩者共速，
則對(duì)物塊與小車(chē)整體由水平方向動(dòng)量守恒
Mv2＝2Mv4
由能量守恒定律
解得μ2＝0.25
綜上所述物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍為
0.25≤μ<0.4.

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