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(共120张PPT)
第一章　动量守恒定律
物理
新高考适用
目 录
CONTENTS
第1 节　动量定理及其应用
实验8
验证动量守恒定律
微专题12
动量守恒中的几种常见模型
第2 节　动量守恒定律
微专题13
力学三大观点的综合应用
第1节 动量定理及其应用
动量　冲量　动量定理T1、2、3、5、7　 应用动量定理分析流体问题T6、8　
分方向动量定理的应用T4
1.★★(2025浙江1月,5,3分)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg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,比例系数为1×10-9 kg/s,则它降落到
地面的时间约为 ( )
A.0.5 h　　　 B.3 h　　　 C.28 h　　　 D.166 h
　 B　
五年高考
解析　沙尘颗粒稳定竖直降落时阻力等于重力,kv=mg,可得v= ,代入数据解得v=2×
10-3 m/s,它降落到地面的时间t= = s=1×104 s≈3 h,B正确。
一题多解
取向下为正方向,对降落过程根据动量定理可得mgt-kvt=0,其中vt=20 m,解得t=1×104 s
≈3 h,B正确。
2.★★★(多选)(2024福建,7,4分)如图(a),水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜
面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉
力F,F随时间t的变化关系如图(b)所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则
滑块 ( )
A.在0~4t0内一直沿斜面向下运动
B.在0~4t0内所受合外力的冲量大小为零
C.在t0时的动量大小是在2t0时的一半
D.在2t0~3t0内的位移大小比在3t0~4t0内的小
　 AD　
图(a)
图(b)
解析　根据牛顿第二定律可知,当拉力为2mg sin θ时,滑块加速度a1=3g sin θ,方向沿斜
面向下;当拉力为-2mg sin θ时,滑块加速度a2=-g sin θ,方向沿斜面向上;作出滑块沿斜面
运动的v-t图像如图所示【点拨:已知拉力F随时间t的变化情况,分析运动学物理量时,画
v-t图像分析更为简单快捷】,其中v0=gt0 sin θ。根据v-t图像,可判断出0~4t0内滑块一直
沿斜面向下运动,A正确。4t0时滑块速度不为零,根据动量定理I合=mΔv可知0~4t0内滑块
所受合外力的冲量不为零,B错误。由v-t图像可知,滑块在t0时的动量大于在2t0时的动
量,C错误。根据v-t图线与t轴所围面积表示位移,可判断出D正确。

3.★★★(多选)(2025广东,10,6分)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、
大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作
用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F随时间t的变化
关系为F=F0-kt(F>0,F0、k均为大于0的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于
该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻),下列说法正确的有 ( )

　
　 ABD
A.受到空气作用力的方向会变化
B.受到拉力的冲量大小为 T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+ T
D.T时刻受到空气作用力的大小为
解析 由于无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动,故
无人机处于平衡状态,由于重力不变,拉力方向不变,大小随时间变化,则受到的空气作
用力方向必然变化【点拨:可以画出力的矢量三角形帮助快速解题】,A正确;无人机在
0~T时间内受到的拉力的大小随时间均匀变化,可采用平均值法求解其冲量大小,则有IF
= T= T,B正确;无人机受到的重力的冲量大小为mgT,由于冲量是矢
量,重力和拉力方向不同,所以受到的重力和拉力的合力的冲量大小不等于重力冲量与
拉力冲量的代数和,C错误;对无人机受力分析如图所示,将空气作用力分解为水平方向
的分力Fx和竖直方向的分力Fy,则有F空气= ,其中Fx=(F0-kT) cos 30°= (F0-kT),Fy
=mg+(F0-kT) sin 30°=mg+ (F0-kT),则有F空气= ,D正确。

4.★★★(2025河北,14,14分)如图,一长为2 m的平台,距水平地面高度为1.8 m。质量为
0.01 kg的小物块以3 m/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10 m/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0.45 m,物块从离开平台到弹起至最大
高度所用时间共计1 s。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)0.6 m (2)0.1 N·s 0
解析 (1)设小物块到达平台右端抛出时的速度大小为v1,
由动能定理得-μmgL= m - m
代入数据解得v1=1 m/s
小物块做平抛运动过程中,竖直方向上有h= g ,解得t1=0.6 s
水平方向上有x=v1t1=0.6 m
(2)设第一次落地时的速度大小为v2,水平分速度大小v2x=v1=1 m/s
竖直分速度大小v2y=gt1=6 m/s
设第一次落地后弹起的竖直分速度大小为v2y',水平分速度为v2x',第一次弹起至最高点所
用时间为t2,则由H= g ,代入H=0.45 m,得t2= =0.3 s
v2y'= =3 m/s
小物块第一次与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1 s
以竖直向上为正方向,在Δt时间内对小物块在竖直方向上应用动量定理得IF-mgΔt=mv2y'
-(-mv2y)
代入数据解得弹力冲量的大小为IF=0.1 N·s
假设小物块与地面间在Δt的作用时间内始终存在滑动摩擦力,以水平向右为正方向,在
Δt内对小物块在水平方向上应用动量定理,得-μIF=mv2x'-mv2x
代入数据解得物块弹离地面时的水平速度v2x'=-1 m/s<0,假设不符
说明在小物块弹起前水平分速度减小到零,然后物块若向左加速,则摩擦力方向会变为
向右,故在水平分速度减小到零后,小物块在水平方向上的速度将保持为零不再变化,最
终离地时的水平分速度为零。
易错警示
在求解小物块弹离地面时的水平分速度时易错得水平方向分速度向左且大小为1 m/s,
此时需要讨论,物块与地面间的滑动摩擦力只能是阻力,不可能提供向左的动力。
5.★★(2025届河南部分学校联考)如图所示,长为L的非弹性轻绳,一端悬挂于天花板上
的O点,另一端系一质量为m的小球,使小球在水平面内做匀速圆周运动,轻绳与竖直方
向的夹角θ=37°,重力加速度为g,cos 37°=0.8,忽略空气阻力。在小球转过半圈的过程中,
下列说法正确的是 ( )
A.重力的冲量大小为2πm
B.合力的冲量大小为3m
　 B　
三年模拟
C.轻绳上的拉力的冲量大小为
D.轻绳上的拉力的冲量大小为
解析　对小球,根据mg tan θ=m ,可得T=2π =2π ;在小球转过半圈的
过程中,重力的冲量大小IG=mg· =πm ,A错误。小球的速度v= L sin θ,合力的冲
量大小I合=mv-(-mv)=2mv,联立可得I合=3m ,B正确。轻绳对小球的拉力的冲量大小IF
= =m ,C、D错误。
6.★★★(多选)(2026届山东青岛开学考)质量为m的直升机悬停在空中执行救援任务,
旋翼高速旋转向下推动空气产生升力。已知旋翼半径为R,旋翼旋转推出的空气速度
为v、密度为ρ,重力加速度为g。下列说法正确的是 ( )
A.升力大小为πρR2v
B.升力大小为πρR2v2
C.旋翼推动空气做功的功率为mgv
D.旋翼推动空气做功的功率为 mgv
　 BD　
解析 Δt时间内旋翼旋转推出空气的质量为Δm=ρπR2v·Δt,对这部分空气由动量定理得
F·Δt=Δm·v-0,联立得推力大小F=ρπR2v2,由牛顿第三定律可知升力大小也是ρπR2v2,A错
误,B正确;旋翼推动空气做的功W= Δm·v2【点拨:以Δt时间推出的质量为Δm的气体为
研究对象】,功率为P= = ρπR2v3,质量为m的直升机悬停,有F升=ρπR2v2=mg,联立得旋翼
推动空气做功的功率为P= mgv,C错误,D正确。
7.★★★(2025届四川内江模拟)一物体放在水平地面上,如图1所示,已知物体所受水平
拉力F随时间t的变化情况如图2所示,物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示(g
=10 m/s2)。以下说法错误的是 ( )
A.物体的质量为0.75 kg
B.0~8 s时间内拉力的冲量为18 N·s
C.0~8 s时间内物体动量变化量的大小为4 kg·m/s
D.0~10 s时间内,物体克服摩擦力所做的功为30 J
　 A　
解析
2~6 s 牛顿第二定律→a= 联立解得
m= kg,
μ=0.15,A错误
v-t图像→a= m/s2= m/s2 6~8 s 物体受力平衡→2 N=μmg 0~8 s F-t图像→I=(1×2+3×4+2×2) N·s=18 N·s B正确
Δp=mv= ×3 kg·m/s=4 kg·m/s C正确
0~10 s Wf克=μmgx=0.15× ×10× J= 30 J D正确
8.★★★(2026届北京清华附中月考)一空盒放在测力传感器上后,将测力传感器示数调
整到零。在盒底上方有一槽,槽内有多个小钢珠,小钢珠可视为质点,其质量均为0.02
kg。槽口离空盒的距离h=1.25 m,假设打开钢珠槽的阀门后,每秒从槽口离开100个小
钢珠(钢珠离开槽口的速度忽略不计),落到盒内后不反弹,则打开阀门后5.5 s时测力传
感器的示数为(g取10 m/s2) ( )

A.100 N　　　 B.110 N C.120 N　　　 D.130 N
　 B　
解析　第一个小钢珠在空中运动的时间为t= =0.5 s,每个小钢珠到达盒子底部的速
度为v= =5 m/s,0.5 s时刻第一个钢珠撞击盒子,5.5 s时刻有500个钢珠在盒子中,此
时盒内钢珠总重力为G=500mg=500×0.02×10 N=100 N,钢珠连续不断撞击盒子,设盒子
受到的平均作用力大小为F,0.5 s之后每秒内有100个小钢珠撞击盒子,取向下为正方向,
取时间Δt=1 s,则对这100个小钢珠根据动量定理可得-FΔt=0-100mv,代入数据解得F=
10 N,则钢珠对盒的力F'=F=10 N。5.5 s时测力传感器的示数等于G+F=100 N+10 N=
110 N,B正确。
运用动量定理巧解光粒子受力问题
(2025届湖南长沙市一中月考)激光束可以看作是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿
光传播方向运动。激光照射到物体上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物
体产生作用。光镊效应就是一个实例,激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。
一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束①和②穿过
介质小球的光路如图所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束①和②与SO的夹
角均为θ,出射时光束均与SO平行。光对小球的作用力可以通过光的折射和动量定理
分析,光子的动量与传播方向相同,关于两光束因折射对小球产生的合力分析正确的是
( )
　 A　
创新风向·挑战思维

A.若光束①和②强度相同,两光束因折射对小球产生的合力水平向左
B.若光束①和②强度相同,两光束因折射对小球产生的合力为零
C.若光束①比②的强度大,两光束因折射对小球产生的合力偏下
D.若光束①比②的强度大,两光束因折射对小球产生的合力偏右
解析　设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子的动量大小为p,这些粒子进
入小球前的总动量p1=2np cos θ, 【关键:忽略光的反射和吸收,即出射时每束光的能量
等于入射时每束光的能量】从小球出射时的总动量p2=2np,p1、p2的方向均沿SO向右,
取向右为正方向,根据动量定理可得FΔt=p2-p1=2np(1- cos θ)>0,小球对这些粒子的作用
力F的方向水平向右,根据牛顿第三定律可得,两光束对小球的合力方向水平向左,A正
确,B错误。【关键:若光束①比②的强度大,可得Δt时间内光束②穿过小球的粒子数n2
比光束①穿过小球的粒子数n1少】建立如图所示的xOy直角坐标系,在x方向上两光束
对小球的作用力沿x轴负方向,在y方向上,设Δt时间内,这些粒子进入小球前的总动量p1y
=(n1-n2)p sin θ,从小球出射时的总动量p2y=0,根据动量定理可得FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin
θ,可得在y方向上小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向;根据牛顿第三定律可
得,两光束在y方向上对小球的作用力沿y轴正方向,所以两光束对小球的合力指向左上
方,C、D错误。

第2节 动量守恒定律
动量守恒定律的理解和应用T1、2、4、6　 碰撞问题T3、5　 爆炸、反冲、人
船模型T7、8
1.★★(2021全国乙,14,6分)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
　 B　
五年高考
解析　撤去推力后,小车、弹簧和滑块组成的系统所受合力为零,动量守恒,C、D错
误。滑块与车厢底板有相对滑动,滑动摩擦力做功,有内能产生,机械能不守恒,A错误,B
正确。
2.★★★(2025广东,7,4分)如图所示,光滑水平面上,小球M、N分别在水平恒力F1和F2作
用下,由静止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2
始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中,两小球速
度v随时间t变化的图像,可能正确的是 ( )

　
　 A　
解析　由于F1和F2始终大小相等、方向相反,所以系统动量守恒,小球M、N同时减速到
零,且碰撞前后小球M、N各自的加速度不变,即碰撞前后v-t图线的斜率不变,A正确。
3.★★★(2025河南,7,4分)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ,将它们分别与小车N沿直
线做碰撞实验,碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为
mN,碰撞时间极短,则 ( )

A.mP>mN>mQ　　　 B.mN>mP>mQ
C.mQ>mP>mN　　　 D.mQ>mN>mP
　 D　
解析　假设所有碰撞均为弹性碰撞,P、Q、N三辆小车碰撞前的速度分别为vP、vQ、vN,
碰撞后的速度分别为vP'、vQ'、vN',对于P、N间的碰撞,根据动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+
mNvN',根据能量守恒有 mP + mN = mPvP'2+ mNvN'2,联立解得vP'= ,
由题图1知vP'vN,所以mP对于Q、N间的碰撞,根据动量守恒有mQvQ+mNvN=mQvQ'+mNvN',根据能量守恒有 mQ +
mN = mQvQ'2+ mNvN'2,联立解得vQ'= ,由题图2知vQ'>vN,所以vQ'-vN>0,代
入vQ'得 >0,由题图2知vQ>vN,所以mQ>mN,综上所述,mQ>mN>mP,D正确。
一题多解
由题图可知三小车速度变化量的大小关系是ΔvP>ΔvN>ΔvQ,P碰撞N过程中两车组成的
系统动量守恒,有mPvP+mNvN=mPv'P+mNv'N,则有mP(vP-v'P)=mN(v'N-vN),则速度变化量越大,质
量越小,则mPmN>mP。
4.★★★(2024安徽,8,4分)在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,
通过不可伸长的绝缘轻质细线,连接成边长为d的正三角形,如图甲所示。小球质量
为m,带电荷量为+q,可视为点电荷。初始时,小球均静止,细线拉直。现将球1和球2间的
细线剪断,当三个小球运动到同一条直线上时,速度大小分别为v1、v2、v3,如图乙所示。
该过程中三个小球组成的系统电势能减少了 ,k为静电力常量,不计空气阻力。则
( )
D　

A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变
B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒
C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1
D.在图乙位置,v3=
解析　对整个系统分析可知系统受到的合力为0,故动量守恒;当三个小球运动到同一
条直线上时,根据对称性可知细线中的拉力相等,此时球3受到球1和球2的电场力大小
相等,方向相反,故可知此时球3受到的合力为0,球3从静止状态开始运动,剪断细线瞬间
球3受到的合力不为0,故该过程中小球3受到的合力在改变,系统动能和电势能相互转
化,能量守恒,A、B错误。对系统根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv3,根据球1和球2运动
的对称性可知v1=v2,解得v3=2v1,根据能量守恒定律有 m + m + m = ,解得v3=
,C错误,D正确。
5.★★★(多选)(2024广东,10,6分)如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同
滑块,分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接,滑块与
水平面间的动摩擦因数为μ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下
列说法正确的有 ( )
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
　 ABD　
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H乙无关
D.甲最终停止位置与O处相距
解析　由于斜面光滑,则两滑块加速度相同,又两滑块初速度都为0,所以在斜坡上运动
过程中二者始终保持相对静止,A正确。由于甲、乙的碰撞属于弹性碰撞,且二者质量
相同,所以碰撞过程甲、乙交换速度,B正确。H乙越大,乙在斜坡上运动的位移越大,所
需时间越长,甲、乙碰撞后交换速度且二者均可视为质点,则乙在水平面上运动的位移
与H甲有关,因为两个滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ,即a=μg保持不变,则乙在水平
面上的运动时间与H甲有关,综上所述可知乙的运动时间与H甲、H乙均有关,C错误。由
于甲、乙碰撞后交换速度,甲在水平面上的位移等于没有甲时乙单独滑下时在水平面
上运动的位移,由能量守恒可知mgH乙=μmgx,解得x= ,D正确。
6.★★(2026届安徽A10联盟学情调研)如图,足够深的水池中木块和铁块之间用轻质细
线相连,一起匀速下降。现剪断细线,若只考虑物体所受的重力和浮力,从剪断细线到木
块停止下沉前,木块与铁块组成的系统 ( )
A.总动量不变,总动能不变
B.总动量不变,总动能变化
C.总动量变化,总动能变化
D.总动量变化,总动能不变
　 B　
三年模拟
解题导引
剪断细线前,对整体受力分析可得m1g+m2g=F1+F2,故m1g-F1=F2-m2g,即剪断细线后铁块
和木块所受的合力大小相等、方向相反。

解析　由于木块与铁块开始时匀速下降,系统所受合力为零,剪断细线后系统所受合力
仍为零,故系统动量守恒;由于铁块下降的距离大于木块下降的距离,故铁块增加的动能
大于木块减小的动能,总动能增加,B正确。
7.★★★(多选)(2025届海南多校三模)“起花”是一种形如小纸炮的爆竹,通常缀有长
约三尺的苇秆,点燃其芯后会迅速升起。如图所示,静置在地面上的“起花”被点火后
竖直升空。已知含火药的“起花”总质量为M,其中火药的质量为m,点火后在极短的
时间内将火药以相对地面大小为v0的速度竖直向下喷出;若当“起花”升到最高点时
炸裂为质量之比为2∶1的两块碎块,且沿水平方向、向相反的方向飞出,落地时质量大
的碎块速度大小为v,空气阻力忽略不计,下列说法正确的是 ( )
A.“起花”升空获得的推力是空气施加的
B.火药喷出时,由于内力远大于外力,所以“起花”与火药组成的系统
可以近似看作动量守恒
C.点火后,“起花”上升过程中获得的最大速度为
D.质量小的碎块落地时的速度大小不可能为2v
　 BD　
解析　“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的火药施加的,A错误。火药喷出时,
由于内力远大于外力,所以“起花”与火药组成的系统可以近似看作动量守恒,B正
确。点火后,设“起花”上升过程中获得的最大速度为v1,根据动量守恒定律可得0=(M-
m)v1-mv0,解得v1= ,C错误。“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2∶1的两块
碎块的速度之比为1∶2,即质量大的碎块和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大
小之比为1∶2,落地时水平方向的速度大小之比为1∶2;由于落地时竖直方向的速度相
等,所以落地时的速度之比不可能是1∶2,即质量小的碎块落地时的速度大小不可能为
2v,D正确。
8.★★★★(2026届河北秦皇岛一中月考)如图所示,一个光滑导轨长臂水平固定、短臂
竖直,系有细线的圆环A套在长臂上,细线另一端与小球B相连。已知A的质量mA=m,B的
质量mB=2m,细线长度为L。初始时圆环A距短臂x= L,细线水平且伸直,将圆环与小球
同时由静止释放。已知圆环A与短臂碰撞后瞬间与短臂粘连,球B垂直于细线方向的速
度不变,沿细线方向的速度减为0,不计空气阻力,重力加速度为g,sin 53°=0.8,则
( )
A.小球B的水平位移为0.4L时圆环A与短臂接触
C　
　
B.圆环A与短臂接触时,细线与竖直方向的夹角为37°
C.圆环A与短臂碰撞后瞬间,小球B的速度大小为
D.小球运动到最低点时,细线的拉力大小为6mg
解析　圆环与小球由释放至圆环与短臂碰撞前瞬间,根据系统水平方向动量守恒可得
mAx=mBxB,解得xB= L,A错误。圆环A与短臂接触时,设细线与竖直方向的夹角为θ,根据
几何关系可得sin θ= ,解得θ=53°,B错误。设圆环与短臂碰撞前瞬间,圆环的速
度大小为vA,小球的水平速度大小为vB,竖直速度大小为vy;根据水平方向动量守恒有mAvA
=mBvB,以圆环为参考系,小球做圆周运动,可得 tan θ= ;根据系统机械能守恒可得2
mgL cos θ= ×2m( + )+ m ,联立解得vB= ,vy=4 ;圆环A与短臂碰撞后瞬
间,如图所示,小球B的速度大小v=vy sin θ+vB cos θ= ,C正确。圆环与短臂碰撞
后,小球运动到最低点,对小球根据机械能守恒可得2mg(L-L cos θ)= ·2mv'2- ·2mv2;小球
在最低点有F-2mg=2m ,联立解得细线的拉力F= mg<6mg,D错误。

易错警示
在圆环碰短臂前,小球相对圆环做圆周运动,故小球相对圆环的合速度垂直于细线,可得
tan θ= ,并不是 tan θ= 。

运用数学函数图像理解碰撞问题
(2025届北京丰台二模)如图1所示,光滑水平面左侧有一竖直墙壁,质量为m的小球以速
度v0与静止的质量为M的小球发生对心碰撞,m损失。设任意时刻两球速度分别为v和V,令x= v,y= V,x2+y2=r2,其中r为定值,该函
数的图像如图2所示,图像中的点(x,y)表示两个小球组成的系统可能的状态,A、B、C为
系统连续经历的三个状态。根据以上信息,下列说法正确的是 ( )
　 C　
创新风向·数理结合
A.从状态A到状态B过程系统动量不守恒
B.从状态B到状态C过程两个小球发生弹性碰撞
C.直线AB的斜率k=-
D.图像中圆的半径r=
解析 根据题图2可知状态A对应的状态为碰前的状态【点拨:此时质量为m的小球的
速度沿正方向达到最大值,质量为M的小球静止】;状态B对应质量为m的小球的速度沿
负方向,质量为M的小球的速度沿正方向;状态C对应两小球的速度均沿正方向。m在两个小球发生弹性碰撞的过程中,根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知碰后质
量为m的小球速度反向,对应从状态A到状态B的过程;质量为m的小球与墙壁发生碰撞
的过程中没有能量损失,速度反向,大小不变,质量为M的小球的速度不发生变化,对应从
状态B到状态C的过程,A、B错误。从状态A到状态B,系统满足mv0=mv+MV,可得mv0=
x+ y,即y= - x,可知直线AB的斜率k=- ,C正确。在两个小球发生碰撞
的过程中,系统满足 m = mv2+ MV2,化简可得x2+y2=m =r2,即图像中圆的半径r=
,D错误。
　
微专题12 动量守恒中的几种常见模型
题组1　子弹打木块模型
★★(多选)(2025届东城二模)如图所示,将质量为M的沙箱用长为l的不可伸长的轻绳悬
挂起来,一颗质量为m的子弹水平射入沙箱(未穿出),沙箱摆动的最大摆角为α(α< )。
摆动过程中,沙箱可视为质点,重力加速度为g,则子弹将要射入沙箱时的速度大小等于
( )

　 B　
A.
B.
C.
D.
解析　子弹击中沙箱过程系统水平方向动量守恒,而系统的机械能因摩擦生热而减少,
以子弹的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv=(M+m)v1,解得v1= ,子弹与沙
箱一起摆动过程中系统机械能守恒,最大摆角为α,则有 (M+m) =(M+m)g(l-l cos α),联
立解得v= ,B正确。
1.★★★(多选)(2025届新疆乌鲁木齐一中月考)质量为2m、长为L的长木板c静止在光
滑水平面上,质量为m的物块b放在c的正中央,质量为m的物块a以大小为v0的速度从c的
左端滑上c,a与b发生弹性正碰,最终b刚好到c的右端与c相对静止,不计物块大小,物
块a、b与c间动摩擦因数相同,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是 ( )
A.a与b碰撞前b与c保持相对静止
B.a与b碰撞后,a与b都相对c滑动
　 AC
题组2　滑块-木板模型
C.物块与木板间的动摩擦因数为
D.整个过程因摩擦产生的内能为 m
解题导引　运用假设法判断a与b碰撞前b、c是否发生相对滑动

解析 a滑上c后相对c滑动过程中,假设b相对c静止,对b、c整体,根据牛顿第二定律可
得μmg=3ma,对b有Ff=ma,解得Ff= <μmg,则b相对c保持静止,A正确。等质量的a、b
发生弹性碰撞,会互换速度,则碰前b、c相对静止,碰后a、c相对静止,而b相对c滑动,B错
误。b刚好滑到c的右端与c相对静止,对a、b、c组成的系统,根据动量守恒可得mv0=4
mv,根据能量守恒有 m = ×4mv2+Q,其中Q=μmgL,联立解得Q= m ,μ= ,C正确,D
错误。
2.★★★★(2023辽宁,15,17分)如图,质量m1=1 kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的
竖直墙面固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m2=4 kg的小物
块以水平向右的速度v0= m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板
足够长,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终
处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep= kx2。取重力加速度g=
10 m/s2,结果可用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木
板速度v2的大小。
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与
物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。

答案
(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m m/s (3)4 t0-8 (SI)
解析 (1)对物块与木板整体分析
由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v1 ①
可得v1= =1 m/s②
对木板分析,应用动能定理有μm2gx1= m1 ③
解得x1=0.125 m④
(2)设物块与木板即将相对滑动时二者的加速度大小为a,对木板与物块整体分析可知
kx2=(m1+m2)a ⑤
对物块有μm2g=m2a ⑥
联立⑤⑥得a=1 m/s2 ⑦
x2=0.25 m⑧
对木板、物块与弹簧三者组成的系统根据能量守恒定律有
(m1+m2) = (m1+m2) + k ⑨
解得v2= m/s⑩
(3)木板速度为v2后,木板与物块加速度首次相同时,木板加速度大小仍为a,其受力情况
与速度为v2时的受力情况相同,弹簧压缩量仍为x2,木板速度大小仍为v2,根据运动过程的
对称性知,运动的总时间为2t0,而物块在该过程中一直做匀变速直线运动,有v'2=v2-a·2t0

联立⑦⑩ 得v'2= -2t0
由能量守恒定律可知系统因摩擦转化的内能
ΔU= m2 - m2v'
联立⑩ 得ΔU=4 t0-8 (SI)
1.★★★(2026届云南昆明一中联考一)如图甲所示,物块A、B的质量分别是mA=3.0 kg
和mB=2.0 kg,用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙接触。另有一
物块C在t=0时刻以一定速度向右运动,在t=4 s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再
分开,物块C的v-t图像如图乙所示,下列说法正确的是 ( )
A.物块C的质量为2 kg
B.物块B离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能为72 J
C.4 s到12 s的时间内,墙壁对物块B的冲量大小为24 N·s
D.物块B离开墙壁后,弹簧的最大弹性势能为18 J
　 C　
题组3　滑块-弹簧模型
解析 C与A碰撞前的速度v1=12 m/s,碰后的速度v2=3 m/s;C与A碰撞过程,以C的初速度
方向为正方向,根据动量守恒定律可得mCv1=(mA+mC)v2,解得mC=1 kg,A错误。当A、C整
体速度为0时,弹簧的压缩量最大,弹簧的弹性势能最大,根据能量守恒可得,最大弹性势
能Ep= (mA+mC) =18 J,B错误。4 s到12 s的时间内,对A、B、C整体根据动量定理可得
墙对B的冲量为I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2【点拨:根据能量守恒可知,t=12 s时弹簧恢复原
长,B即将离开竖直墙】,其中v3=-3 m/s,可得I=-24 N·s,即墙壁对物块B的冲量大小为24 N·s,方向向左,C正确。物块B离开墙壁后,当A、B、C三者共速时弹簧弹性势能最大,根据
动量守恒可得(mA+mC)v3=(mA+mC+mB)v共,根据能量守恒可得E'p= (mA+mC) - (mA+mC+mB)
,联立解得物块B离开墙壁后,弹簧的最大弹性势能E'p=6 J,D错误。
易错警示
t=4 s时,C与A碰撞,内力远大于外力,C、A组成的系统动量守恒,碰后瞬间C、A达到共
同速度,弹簧仍处于原长,B仍静止。
2.★★★(多选)(2025届山东百师联考期中)如图甲,质量分别为mA和mB的A、B两小球用
轻质弹簧连接置于光滑水平面上,初始时刻两小球被分别锁定,此时弹簧处于压缩状态,
弹簧的弹性势能为Ep0。t=0时刻解除A球锁定,t=t1时刻解除B球锁定,A、B两球运动的a-
t图像如图乙所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S2、S3分别表示
t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。t=t2时刻,A、B系统的总动量大小
为p,弹簧的弹性势能为Ep,下列说法正确的是 ( )

　 CD　
A.p=mBS1　　　 B. =
C.S1-S2=S3　　　 D. =
解题导引

解析 B球解除锁定后,A、B系统动量守恒,系统的总动量等于t1时A球的动量,可得p=
mAv1=mAS1,A错误。从t1到t2,对A、B系统,根据动量守恒可得mAv1=mAv2+mBv2【点拨:t1时刻
A球的加速度为0,则此时弹簧处于原长状态;t2时刻两球的加速度都达到最大,说明此时
弹簧的弹力最大,弹簧的伸长量最大,两球具有相同的速度】,其中v1=S1、v2=S1-S2,解得
= ;对B分析,可得v2=S3,故S1-S2=S3,B错误,C正确。从t=0到t2时刻,A、B、弹簧组
成的系统满足机械能守恒,可得Ep0= mA = (mA+mB) +Ep,且S1-S2=S3,解得 = ,D
正确。
1.★★★(2026届河南百师联盟联考)如图所示,轻弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为2
m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上,弧形槽底端与水平面相切,质量为m的小物块从
槽上高为h处由静止释放,已知弹簧始终处于弹性限度内,则( )
A.小物块下滑过程中,其机械能守恒
B.小物块下滑过程中,小物块和槽的动量大小始终相等
C.小物块第一次滑到槽底端时,槽的动能为 mgh
　 C　
题组4　滑块-斜(曲)面模型
D.小物块第一次被弹簧反弹后能追上槽,且能回到槽上高h处
解析　小物块下滑过程中,对槽的压力的水平分量使槽向左加速,槽的机械能增加,小物
块与槽组成的系统机械能守恒,则小物块的机械能减小,A错误。小物块下滑过程中,小
物块和槽在水平方向上不受外力,水平方向动量守恒,小物块和槽动量的水平分量大小
相等;竖直方向,槽的竖直分速度为零,小物块的竖直分速度不断变化,动量不守恒,B错
误。小物块从释放到第一次滑到槽底端过程,根据水平方向动量守恒可得mv1=2mv2;根
据系统机械能守恒可得mgh= m + ×2m ①,联立解得v1=2 、v2= ;小物块第一
次滑到槽底端时,槽的动能Ek= ×2m = mgh,C正确。小物块第一次被弹簧反弹后速度
大小仍为v1,且v1>v2,故小物块能追上槽;小物块沿槽上滑,二者共速时小物块到达最高
点,根据系统机械能守恒可得 m + ×2m =mgh'+ ×3mv2②,对比①②两式可得h'错误。
2.★★★★(2024山东,17,14分)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=0.4 m,重力加速度大小
g=10 m/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,轨道的加
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=8 N,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面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的
长度L。

答案
(1)4 m/s (2)(ⅰ)0.2 1 kg (ⅱ)4.5 m
解析 (1)对小物块在Q点,由牛顿第二定律得
3mg+mg=m
代入数据解得v=4 m/s。
(2)(ⅰ)由题图乙可知,F1=4 N时a1=2 m/s2,此时小物块与轨道间刚要发生相对滑动,对小
物块,由牛顿第二定律得μmg=ma1
解得μ=0.2
对小物块与轨道整体,由牛顿第二定律得F1=(M+m)a1
解得m+M=2 kg
F2=8 N时a2=6 m/s2,对轨道,由牛顿第二定律得
F2-μmg=Ma2
联立解得m=M=1 kg。
(ⅱ)若初始时F=8 N,向左推动轨道,则从一开始小物块就与轨道发生相对滑动
设经过时间t物块运动到P点,此时物块速度为v1,对地位移为x1,轨道速度为v2,对地位移
为x2
由运动学公式可得t= =
代入数据得v2=3v1
物块与轨道在t时间内的相对位移
L= (v2-v1)t
物块在Q点的对地速度为v3=7 m/s,方向水平向左,设此时轨道的对地速度为v4,物块从P
运动到Q的过程中,以向左为正方向,对物块和轨道整体
由水平方向动量守恒得
mv1+Mv2=mv3+Mv4
由机械能守恒得
m + M = m + M +mg×2R
且由于小物块从Q点离开轨道,则有v3>v4
联立解得v1=3 m/s,v2=9 m/s,v4=5 m/s,t=1.5 s,L=4.5 m。
　
微专题13 力学三大观点的综合应用
1.★★★(2026届黑龙江大庆实验中学期中)如图所示,水平滑道与竖直面内光滑半圆形
轨道BCD在B处平滑相接。轨道半径为R,轻弹簧左端固定在水平滑道左侧的固定挡板
M上,弹簧右端自然伸长到A点。质量为m的物块从A点在水平向左的推力F的作用下由
静止缓慢压缩弹簧到N点(物块与弹簧不拴接),现撤去推力,物块沿水平滑道运动由B点
进入半圆形轨道BCD,且刚好能到达半圆形轨道的顶端D点处。已知A、B两点的距离
为L,物块与水平滑道AB间的动摩擦因数为μ,A点到挡板之间的水平滑道光滑,重力加速
度为g,物块可视为质点,下列说法正确的是( )
　 D　

A.物块到D点时速度为0
B.物块在沿半圆形轨道运动过程中,轨道弹力的冲量为0
C.物块离开弹簧时的速度大小为
D.水平向左的推力推物块压缩弹簧的过程中做功为 mgR+μmgL
解析　由题可知,物块刚好能到达半圆形轨道的顶端D点,根据mg=m ,解得物块到D点
处时速度v= ,A错误。物块在沿半圆形轨道运动的过程中,物块所受合力的冲量水
平向左,重力的冲量竖直向下,故轨道弹力的冲量不为0,B错误。物块从离开弹簧至到
达D点,根据动能定理可得-μmgL-mg·2R= m - m ,将vD= 代入,解得vA=
,C错误。从水平向左推物块至物块离开弹簧,根据动能定理可得WF= m =
m(5gR+2μgL)=μmgL+ mgR,D正确。
2.★★★(多选)(2026届广东深圳科技中学开学考)质量为2 kg的物块甲在水平地面上
以一定的初速度从x=0处开始沿x轴正方向滑动,其速度大小的二次方与运动距离的关
系图线即v2-x图线如图所示。现把质量为0.5 kg的物块乙放在x=15 m处,当甲运动到乙
所在位置时,与乙发生正碰,碰撞时间极短,碰后二者继续运动。两物块均可视为质点,
且二者与地面间的动摩擦因数相等,重力加速度g取10 m/s2,从碰撞结束开始计时,能够
正确描述碰后两物块运动的速度-时间(v-t)图像是( )
　 BC　
解析 利用 - =2ax分析甲的运动图像,可得甲的初速度为10 m/s、加速度大小a=2.5
m/s2,运动15 m到乙所在位置与乙碰撞前的速度v0=5 m/s;如果甲、乙的碰撞是弹性碰
撞,根据动量守恒和能量守恒可得m甲v0=m甲v甲+m乙v乙、 m甲 = m甲 + m乙 ,解得碰后
甲、乙的速度分别为v甲= v0=3 m/s、v乙= v0=8 m/s;二者与地面间的动摩擦
因数相同,可得碰后二者做匀减速运动的加速度大小均为2.5 m/s2,C正确。如果甲、乙
的碰撞为完全非弹性碰撞,碰后共同的速度为v,可得m甲v0=(m甲+m乙)v,解得v= v0=4
m/s,碰后一起以大小为2.5 m/s2的加速度做匀减速运动,D错误。若二者碰撞为其他碰
撞,碰后甲的速度范围为3 m/s乙的速度,且满足动量守恒和动能不增加条件,两物块与地面间的动摩擦因数相等,碰撞
后加速度相同,即图线斜率应相同,均为2.5 m/s2,A错误,B正确。
3.★★★(多选)(2026届四川达州模拟)如图甲所示,一劲度系数为k的轻质弹簧一端固定
在倾角为θ=30°的光滑固定斜面的底端,另一端连接小物块A,A静止在斜面上的O点,小
物块B从距O点为x=0.9 m的P处由静止开始下滑,A、B相碰(时间很短)后立即以相同的
速度向下压缩弹簧(A、B不粘连),取物块A静止时的位置为原点,沿斜面向下为正方向
建立x轴,测得整个向下运动过程物块A的动能及重力势能与其位置坐标x的关系如图乙
所示(弹簧始终处于弹性限度内)。已知形变量为x时,弹簧的弹性势能Ep= kx2,重力加
速度g=10 m/s2,小物块A、B均可视为质点。下列说法正确的是 ( )
　 AD　
　
A.小物块A的质量为2 kg
B.小物块B的质量为2 kg
C.弹簧的劲度系数为6 N/m
D.A、B一起运动的最大动能为 J
解析　根据题图乙可得,小物块A沿斜面向下运动2 m,重力势能减少20 J,根据Ep=mAgh=
mAgx总 sin 30°可得A的质量mA=2 kg,A正确。B由P点至O点,根据 =2ax可得B与A碰前的
速度vB= =3 m/s;B与A碰撞,可得mBvB=(mA+mB)v共,碰后EkA= mA =1 J,解得v共=1
m/s,mB=1 kg,B错误。弹簧在最开始的压缩量x1= ,对A、B系统,从碰撞后到最低
点有(mA+mB)gx总 sin θ+ (mA+mB) = k(x1+x总)2- k ,其中x总=2 m,解得k=5.75 N/m,C错
误。A、B碰后,在加速度为0时A、B动能最大;根据牛顿第二定律和能量守恒可得(mA+
mB)g sin θ=kx2,(mA+mB)g(x2-x1) sin θ=Ekm- (mA+mB) + k - k ,联立解得Ekm= J,D正
确。
4.★★★(多选)(2026届广东广州调研)如图所示,倾角为θ=37°的足够长的传送带在发动
机驱动下逆时针匀速转动。物块A放置于传送带的上端,物块B放置于物块A下方一段
距离的传送带上,t=0时A、B同时无初速地释放,t=1 s时A、B发生第一次碰撞,A、B均可
看作质点。已知A、B质量相等,所有的碰撞均为弹性碰撞;A、B与传送带之间的动摩
擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.75,重力加速度大小g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则
( )
A.A、B初始距离为2 m
　 AC　
B.A、B每相邻两次碰撞的时间间隔均为3 s
C.A、B每相邻两次碰撞之间,发动机对传送带所做的功相等
D.A、B每相邻两次碰撞之间,A、B与传送带间因摩擦产生的总热量相等
解析　对物块B受力分析,可得μ2mg cos 37°=mg sin 37°,故物块B开始时在传送带上保持
静止;对物块A受力分析,可得mg sin 37°-μ1mg cos 37°=ma,解得a=4 m/s2;A、B初始距离s0
= at2=2 m,A正确。A与B发生弹性碰撞前瞬间的速度大小v=at=4 m/s;A、B质量相等,
发生弹性碰撞后,速度交换;当二者再次发生碰撞时,可得 a =vt2【点拨:A与B碰后A瞬
间速度为0,B速度为4 m/s,由于A、B受力未发生变化,可知A将做初速度为0的匀加速直
线运动,B将做速度为4 m/s的匀速直线运动】,解得t2=2 s;第二次发生碰撞前瞬间A的速
度大小v1=at2=4×2 m/s=8 m/s,二者发生弹性碰撞,同样发生速度交换,可得发生第二次碰
撞后瞬间A、B的速度大小分别为v2=4 m/s、v3=8 m/s;当二者第三次发生碰撞时,有v2t3+
a =v3t3,解得t3=2 s,以此类推,可判断A、B每相邻两次碰撞的时间间隔均为2 s,B错
误。A、B每相邻两次碰撞之间的时间间隔相等,传送带做匀速运动发生的位移相
等,A、B对传送带的摩擦力不变,所以发动机对传送带所做的功相等,C正确。A、B每
相邻两次碰撞之间,A、B均相对于传送带向下运动,A、B每次碰撞速度均发生变化,且
相邻两次碰撞之间的时间间隔相等,则它们与传送带间发生的相对位移在不断变化,故
根据Q=Ff·s相对可得A、B每相邻两次碰撞之间,A、B与传送带间因摩擦产生的总热量不
相等,D错误。
5.★★★★(2025届广东名校联考)为研究碰撞过程中的规律,某实验小组设计了如下实
验:如图所示,一质量为m的物块A在粗糙水平面上向右运动,经过O点时的速度大小为v0
(未知),最终停在O点右侧s0处。现将质量也为m的物块B放在距离O点右侧0.75s0处,让
物块A从O点出发也以速度大小v0向右运动,并与物块B发生碰撞,物块A、B碰撞时间极
短。已知物块A与水平面间的动摩擦因数为μ,物块B与水平面间的动摩擦因数为2μ,物
块A、B均可视为质点,重力加速度为g。求:
(1)速度大小v0;
(2)若物块A与B发生弹性碰撞,求碰后瞬间物块A、B的速度大小;
(3)设物块A与B碰前瞬间的速度为v,碰后瞬间物块A、B的速度分别为v1、v2,在物理学
上通常定义碰撞恢复系数e= ;若要求物块A、B至少发生两次碰撞,求碰撞恢复系
数e的取值范围。

答案
(1) (2)0 (3)0解析 (1)阶段1:未放置物块B时,物块A做匀减速直线运动,由匀变速直线运动规律或功
能观点计算v0
解法一 动力学方法
对物块A受力分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma1
解得a1=μg
根据速度位移关系式有0- =-2a1s0
解得v0= 。
解法二 应用动能定理求解
对物块A,根据动能定理有-μmgs0=0- m ,
解得v0= 。
(2)阶段2:物块A匀减速运动0.75s0后,和物块B发生弹性碰撞,可以列出碰撞过程的动量
关系和能量关系
设物块A与B碰前瞬间的速度为v,根据速度位移关系式有
v2- =-2a1·0.75s0
联立解得v=
设碰后瞬间物块A、B的速度分别为vA、vB,取向右为正方向,根据动量守恒定律有mv=
mvA+mvB
根据机械能守恒定律有 mv2= m + m
联立解得vA=0,vB= 。
(3)阶段3:碰撞后两物块均做匀减速直线运动,但是物块A的加速度大小小于物块B的加
速度大小,e越接近于0,碰后瞬间物块A、B的速度差越小,A越容易追上B;当e取最大值
时,物块A、B恰好将要发生第二次碰撞
对物块B受力分析,根据牛顿第二定律有2μmg=ma2
解得a2=2μg
设碰撞恢复系数为e1时,物块A、B恰好将要发生第二次碰撞,
e1=
根据动量守恒定律有mv=mv1+mv2
物块A、B恰好将要发生第二次碰撞时,二者速度减为0,可得
=
联立解得e1=3-2
故碰撞恢复系数e的取值范围为06.★★★★★(2025湖南,15,16分)某地为发展旅游经济,因地制宜利用山体举办了机器
人杂技表演。表演中,需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点,图为山体截面与表演
装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道,轨道中有质量为M的滑杆。滑
杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻,轻绳绷紧且与轨道平行,机器人从B点以
初速度v竖直向下运动,B点位于轨道平面上,且在A点正下方,AB=1.2L。滑杆始终与轨
道垂直,机器人可视为质点且始终在同一竖直平面内运动,不计空气阻力,轻绳不可伸
长,sin 37°=0.6,重力加速度大小为g。
(1)若滑杆固定,v= ,当机器人运动到滑杆正下方时,求轻绳拉力的大小;
(2)若滑杆固定,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时,机器人松
开轻绳后被抛至A点,求v的大小;
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动,M=km,且k≥1,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平
方向夹角为37°时,机器人松开轻绳后被抛至A点,求v与k的关系式及v的最小值。

答案
(1)4mg (2)
(3)v=
解析 (1)在机器人从初始位置下降到最低点的过程,由动能定理有
mgL= m - mv2 ①
机器人在最低点时,由牛顿第二定律有T-mg=m ②
将v= 代入,联立①②式解得T=4mg
(2)若滑杆固定,从抛出点C到A点,机器人的运动轨迹及几何关系如图1所示

图1
机器人做斜抛运动,在水平方向上有
L+L cos 37°=v2t sin 37° ③
在竖直方向上有
1.2L-L sin 37°=v2t cos 37°- gt2 ④
由③④式解得t=
v2= =
机器人从B点运动到C点的过程机械能守恒,有
mv2= m +mgL sin 37° ⑤
解得v=
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动,从抛出点D到A点,机器人的运动轨迹及几何关系如图2所
示

图2
机器人与滑杆组成的系统水平方向动量守恒,应用人船模型规律可得
mx2=Mx1 ⑥
根据几何关系有x1+x2=L(1+cos 37°) ⑦
将M=km代入,由⑥⑦式得x2=
在抛出点D时,设机器人速度为vD,滑杆速度为v滑,将机器人的速度vD沿水平方向和垂直
于轻绳方向分解,如图3所示,根据关联速度知识可知vA=v滑,则机器人抛出后在水平方向
做匀速直线运动的速度大小

图3
vDx=v相 sin 37°-vA ⑧
根据几何关系可知,机器人在竖直方向做竖直上抛运动的初速度大小
vDy=v相 cos 37° ⑨
由水平方向动量守恒有
mvDx=Mv滑 ⑩
机器人松开轻绳后做斜抛运动,在水平方向有x2=vDxt'
在竖直方向有1.2L-L sin 37°=vDyt'- gt'2
由机械能守恒定律有
mv2= M + m( + )+mgL sin 37°
已知M=km
联立⑥~ 式解得v=
当k=1时,v取最小值,有vmin=
　
实验8 验证动量守恒定律
1.(2025广东,11,8分)请完成下列实验操作和计算。
(1)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中,用螺旋测微器测量小球的直径,示数
如图1所示,读数为______________________________mm。

(2)实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能,装置如图2所示。图中轨道由轨
道甲和乙平滑拼接而成,且轨道乙倾角较大。
　 8.260(8.258~8.262均可)　

①选取相同的两辆小车,分别安装宽度为1.00 cm的遮光条。
②轨道调节。
调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高,将小车在轨道乙上释放,若测得小车通过光电
门A和B的___________,表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力。
③碰撞测试。
　　时间相等　
先将小车1静置于光电门A和B中间,再将小车2在M点由静止释放,测得小车2通过光电
门A的时间为t2,碰撞后小车1通过光电门B的时间为t1。若t2_________t1,可将两小车
的碰撞视为弹性碰撞。
④吸能材料性能测试。
将吸能材料紧贴于小车2的前端,重复步骤③,测得小车2通过光电门A的时间为10.00
ms,两车碰撞后,依次测得小车1和2通过光电门B的时间分别为15.00 ms,30.00 ms。不
计吸能材料的质量,计算可得碰撞后两小车总动能与碰撞前小车2动能的比值为
_______(结果保留2位有效数字)。
0.56　
　　等于　
解析 (1)根据螺旋测微器的读数规则可得读数为8 mm+26.0×0.01 mm=8.260 mm。
(2)②若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力,小车将在轨道甲上做匀速直线
运动。可知小车通过光电门A和B的速度相等,所以小车通过光电门A和B的时间相等。
③两辆相同的小车,质量相同,若二者发生弹性碰撞,则碰撞后交换速度,碰撞后小车1的
速度等于碰撞前小车2的速度,即若碰撞后小车1通过光电门B的时间和碰撞前小车2通
过光电门A的时间相等,则可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。
④设两小车的质量均为m,遮光条宽度为d,碰前小车2的动能Ek= m ,碰后两小车的总
动能E'k= m + m ,可得碰撞后两小车的总动能与碰撞前小车2的动能之比 =
≈0.56。
2.(2024北京,16,10分)如图1所示,让两个小球在斜槽末端碰撞来验证动量守恒定律。

(1)关于本实验,下列做法正确的是____________(填选项前的字母)。
A.实验前,调节装置,使斜槽末端水平
B.选用两个半径不同的小球进行实验
C.用质量大的小球碰撞质量小的小球
　 AC　
(2)图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。首先,将质量为m1的小球从斜槽上的
S位置由静止释放,小球落到复写纸上,重复多次。然后,把质量为m2的被碰小球置于斜
槽末端,再将质量为m1的小球从S位置由静止释放,两球相碰,重复多次。分别确定平均
落点,记为M、N和P(P为m1单独滑落时的平均落点)。

a.图2为实验的落点记录,简要说明如何确定平均落点;
b.分别测出O点到平均落点的距离,记为OP、OM和ON。在误差允许范围内,若关系式
___________________________________________________成立,即可验证碰撞前后动
量守恒。
　 m1OP=m1OM+m2ON (3)ml1=-ml2+Ml3,推导过程见解析　
(3)受上述实验的启发,某同学设计了另一种验证动量守恒定律的实验方案。如图3所
示,用两根不可伸长的等长轻绳将两个半径相同、质量不等的匀质小球悬挂于等高的
O点和O'点,两点间距等于小球的直径。将质量较小的小球1向左拉起至A点由静止释
放,在最低点B与静止于C点的小球2发生正碰。碰后小球1向左反弹至最高点A',小球2
向右摆动至最高点D。测得小球1、2的质量分别为m和M,弦长AB=l1、A'B=l2、CD=l3。
推导说明,m、M、l1、l2、l3满足什么关系即可验证碰撞前后动量守恒。
解析 (1)实验前,应调节装置,使斜槽末端水平,保证小球抛出后的运动为平抛运动,A
正确。为保证两个小球发生对心正碰,选用的两个小球的半径必须相同,B错误。为保
证碰后小球不反向弹回,要用质量大的小球碰撞质量小的小球,C正确。
(2)a.用圆规画一个尽可能小的圆,舍去偏离较远的落点,使尽量多的落点在圆内,圆心位
置就是平均落点位置。
b.设质量为m1的小球单独滑落做平抛运动的初速度为v0,碰撞后瞬间,质量为m1的小球的
速度为v1,质量为m2的被碰小球的速度为v2,要验证动量守恒定律,即验证m1v0=m1v1+m2v2,
本实验中两小球都做平抛运动,竖直位移相同,则运动时间相同,水平方向做匀速直线运
动,可得m1v0t=m1v1t+m2v2t,可知若测量的物理量满足关系式m1OP=m1OM+m2ON,即可验证
碰撞前后动量守恒。
(3)设将小球1拉起至A点时轻绳与竖直方向的夹角为θ1,碰后小球1反弹到A'点时轻绳与
竖直方向的夹角为θ2,小球2向右摆动到最高点D时轻绳与竖直方向的夹角为θ3,碰撞过
程若满足动量守恒,则满足m =-m +M ,由几何关
系结合三角函数知识可得l(1-cos θ1)=l1 cos =l1 sin ,同理可得l(1-cos θ2)=l2 sin
,l(1-cos θ3)=l3 sin ,结合三角函数关系1-cos θ=2 sin2 ,可得ml1=-ml2+Ml3。
3.(2024山东,13,6分)在第四次“天宫课堂”中,航天员演示了动量守恒实验。受此启
发,某同学使用如图甲所示的装置进行了碰撞实验,气垫导轨两端分别安装a、b两个位
移传感器,a测量滑块A与它的距离xA,b测量滑块B与它的距离xB。部分实验步骤如下:
①测量两个滑块的质量,分别为200.0 g和400.0 g;
②接通气源,调整气垫导轨水平;
③拨动两滑块,使A、B均向右运动;
④导出传感器记录的数据,绘制xA、xB随时间变化的图像,分别如图乙、图丙所示。


回答以下问题:
(1)从图像可知两滑块在t=_____________s时发生碰撞;
(2)滑块B碰撞前的速度大小v=______________m/s(保留2位有效数字);
(3)通过分析,得出质量为200.0 g的滑块是___________(填“A”或“B”)。
　 B　
　 0.20　
　 1.0　
解析 (1)根据绘制的xA、xB随时间变化的图像可知t=1.0 s时斜率发生变化,即速度发生
变化,故从图像可知两滑块在t=1.0 s时发生碰撞。
(2)根据绘制的xB随时间变化的图像可知滑块B碰撞前的速度大小v= m/s=
0.20 m/s。
(3)根据绘制的xB随时间变化的图像可知滑块B碰撞后的速度大小v'= m/s=
0.50 m/s,根据绘制的xA随时间变化的图像可知滑块A碰撞前的速度大小vA=
m/s=0.50 m/s,滑块A碰撞后的速度大小v'A= m/s=0.35 m/s。
对滑块A和滑块B,根据动量守恒定律有mAvA+mBv=mAv'A+mBv',若滑块A的质量为200.0 g,
代入数据不满足动量守恒定律;若滑块B的质量为200.0 g,代入数据在误差允许范围内
满足动量守恒定律,故滑块B的质量为200.0 g。
4.(2023辽宁,11,8分)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律,设计了如下实
验:用纸板搭建如图所示的滑道,使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上,其中OA为水
平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。


测量硬币的质量,得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在
斜面上某一位置,标记此位置为B。由静止释放甲,当甲停在水平面上某处时,测量甲从
O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处,左侧与O点重合,将甲放置于B点由
静止释放。当两枚硬币发生碰撞后,分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和
ON。保持释放位置不变,重复实验若干次,得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。
(1)在本实验中,甲选用的是_________(填“一元”或“一角”)硬币;
(2)碰撞前,甲到O点时速度的大小可表示为___________(设硬币与纸板间的动摩擦
因数为μ,重力加速度为g);
　 　
　　一元　
(3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒,则 =___________(用m1和m2表示),然后通过测
得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒;
(4)由于存在某种系统或偶然误差,计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化
量大小的比值不是1,写出一条产生这种误差可能的原因:__________。
　　见解析　
　 　
解析 (1)用质量较大的一元硬币去碰撞质量较小的一角硬币,确保碰撞后甲的运动方
向不变。
(2)设甲到O点时速度的大小为v1,由动能定理有-μm1gs0=0- m1 ,解得v1= 。
(3)由动能定理可得一元和一角硬币碰撞后的速度分别为v1'= ,v2'=
由动量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2'
即m1 =m1 +m2
解得 = 。
(4)①非理想的“对心”碰撞造成系统误差;②位移或质量的测量造成偶然误差;③两硬
币实际与纸板间的动摩擦因数不同造成系统误差。其他符合题意的原因均可得分。

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