2024年動量守恒定律【八大題型】（含答案）

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專題1.2動量守恒定律【八大題型】

【人教版】

衣

一

F題型

L1動量守恒的判斷】

型

r題

k2碰撞問題】

型

r題

k3爆炸、反沖問題】

r型

k題4人船模型】

F型

L題5某方向動量守恒】

F型

k題6多過程問題】

r型

k題7臨界問題】

F型

L題8高科技問題】

以*

力

.產

【題型1動量守恒的判斷】

【例1】（2021?全國乙卷）如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相

連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮,

撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推力開

始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）

A.動量守恒，機械能守恒

B.動量守恒，機械能不守恒

C.動量不守恒，機械能守恒

D.動量不守恒，機械能不守恒

解析：選B撤去推力，系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒；因為滑塊與車廂水平底板間有摩

擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦力做功，故系統(tǒng)的機械能減少，B

正確。

【變式1-1］（多選）如圖所示，在足夠長的光滑水平面上，相對放置著兩個形狀完全相同的

光滑弧形槽/、B,槽底端與光滑水平面相切，其中弧形槽/不固定，弧形槽3固定。一小

球從弧形槽/頂端由靜止釋放。下列判斷正確的是（）

A.小球在弧形槽/下滑過程中，小球的機械能不守恒

B.小球在弧形槽2上滑過程中，小球的機械能不守恒

C.小球和弧形槽/組成的系統(tǒng)滿足動量守恒

D.小球不能上升到弧形槽B的頂端

解析：選AD由于4是不固定的，小球下滑的過程中，一部分動能轉移給了N,所以小球

的機械能不守恒，A正確；由于8是固定的，小球在上滑的過程中，動能轉化為重力勢能,

機械能守恒，B錯誤；小球最初和力的合動量為零，而當小球上升到靜止時，小球的動量為

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零，力的動量不為零，所以小球和弧形槽N組成的系統(tǒng)動量不守恒，C錯誤；由于小球的一

部分動能給了a所以小球最終到達不了8的頂端，D正確。

【變式1-2］（2021年8省聯(lián)考?湖北卷）如圖所示，曲面體尸靜止于光滑水平面上，物塊。

自尸的上端靜止釋放。。與P的接觸面光滑，0在P上運動的過程中，下列說法正確的是

0

A.尸對。做功為零

B.尸和0之間相互作用力做功之和為零

C.尸和。構成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒

D.尸和0構成的系統(tǒng)機械能不守恒、動量守恒

解析：選BP對。有彈力的作用，并且在力的方向上有位移，在運動中，尸會向左移動，尸

對。的彈力方向垂直于接觸面向上，與。移動位移方向的夾角大于90°,所以尸對0做功

不為0,故A錯誤；因為P、。之間的力屬于系統(tǒng)內力，并且等大反向，兩者在力的方向上

發(fā)生的位移相等，所以做功之和為0,故B正確；因為系統(tǒng)除重力外，其他力做功代數和為

零，所以尸、。組成的系統(tǒng)機械能守恒，系統(tǒng)水平方向上不受外力的作用，水平方向上動量

守恒，但是在豎直方向上。有加速度，即豎直方向上動量不守恒，故C、D錯誤。

【變式1-3】如圖所示，物塊與小車壁之間連有水平輕彈簧，彈簧處于伸長狀態(tài)，外力使整

個裝置處于靜止狀態(tài)?，F撤去其他外力，僅給小車施加一水平向左的恒力尸，尸恰好等于小

車與地面間的滑動摩擦力，在彈簧恢復原長的過程中，則（）

A.物塊向右運動，小車靜止

B.物塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒

C.彈簧彈力對小車的沖量與彈簧彈力對物塊的沖量相同

D.物塊、彈簧與小車組成的系統(tǒng)機械能一定不守恒

解析：選B尸恰好等于小車與地面間的滑動摩擦力，則物塊與小車組成的系統(tǒng)所受的合力為

零，故物塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，B正確；在彈簧恢復原長的過程中，物塊向右運動，

則小車向左運動，彈簧彈力對小車的沖量與彈簧彈力對物塊的沖量大小相等，方向相反，

A、C錯誤；如果小車上表面光滑，因為小車克服摩擦力做功與尸對小車做功相等，則物塊、

彈簧與小車組成的系統(tǒng)動能與勢能相互轉化，機械能不變，D錯誤。

【變式1-4］（多選）如圖所示，A.8兩物體質量之比牝：加B=3:2,原來靜止在平板車C

上，A,8間有一根被壓縮的彈簧，地面光滑。當彈簧突然被釋放后，則以下系統(tǒng)動量守恒

的是（）

A.若/、2與C上表面間的動摩擦因數相同，4、2組成的系統(tǒng)

B.若/、2與C上表面間的動摩擦因數相同，/、B、C組成的系統(tǒng)

C.若/、3所受的摩擦力大小相等，/、2組成的系統(tǒng)

D.若/、2所受的摩擦力大小相等，4、B、C組成的系統(tǒng)

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解析：選BCD若/、8與C上表面間的動摩擦因數相同，彈簧被釋放后，/、8分別相對

C向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力吊向右，&向左,由于肛4：機B=3：2,所以

FJFB=3：2,則/、8組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故/、8組成的系統(tǒng)動量不守

恒，A錯誤；對4、B、C組成的系統(tǒng)，A與C、8與C間的摩擦力為內力，該系統(tǒng)所受的

外力為豎直方向的重力和支持力，它們的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，和與C間

的動摩擦因數或摩擦力大小是否相等無關，B、D正確；若4、3所受的摩擦力大小相等，

則工、2組成的系統(tǒng)所受的外力之和為零，故其動量守恒，C正確。

【題型2碰撞問題】

【例2】(2021?廣東高考)算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定

導桿上滑動，使用前算珠需要歸零。如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸

零位置，甲靠邊框6,甲、乙相隔si=3.5XI。-？m,乙與邊框。相隔S2=2.OX10-2m,算珠

與導桿間的動摩擦因數“=0.1?，F用手指將甲以04m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的

速度大小為0.1m/s,方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取10m/s?。

(1)通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框。；

(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時間。

［解析］(1)甲算珠從被撥出到與乙算珠碰撞前，做勻減速直線運動，

Lime

加速度大小a\—-----=1m/s2,

m

設甲算珠與乙算珠碰撞前瞬間的速度為歷，

則oj—炭=2(一

解得5=0.3m/s,

甲、乙兩算珠碰撞時，由題意可知碰撞過程中動量守恒，取甲算珠初速度方向為正方向，

則有加。1=加0」+mvc,其中oj=0.1m/s,

解得碰撞后乙算珠的速度v乙=0.2m/s,

umo-

碰撞后，乙算珠做勻減速直線運動，加速度大小@2=----=1m/s2,

m

設乙算珠能運動的最遠距離為x,

。乙2

貝Ux==0.02m,

2(72

由于X=S2,

所以乙算珠能夠滑動到邊框a0

_AV~V1

(2)甲算珠從撥出到與乙算珠碰撞所用時間/i=------=0.1s,

41

VI,

碰撞后甲算珠繼續(xù)做勻減速直線運動直到停止，所用時間t=——=0.1s,

2a\

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所以甲算珠從撥出到停下所需的時間，=介+，2=0.2So

[答案](1)能，計算過程見解析(2)0.2s

【變式2-1](2020?全國卷川)甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，

并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質量為

1kg,則碰撞過程兩物塊損失的機械能為()

A.3JB.4JC.5JD.6J

解析：選A設乙物塊的質量為加，由動量守恒定律有機甲。甲十加乙。乙=加甲。甲'+冽乙0

1

乙,，代入圖中數據解得加乙=6kg,進而可求得碰撞過程中兩物塊損失的機械能為E損=5根

111

甲。甲2十萬加乙o乙2一鼻加甲o甲，2一邢乙0乙/2,代入圖中數據解得E損=3J,A正確。

【變式2-2】兩球4、5在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA=1kg,mB=2kg,

VA=6m/s,VB=2m/so當/追上5并發(fā)生碰撞后，兩球4、5速度的可能值是()

A.v/=3m/s,v4=4m/s

B.u/=5m/s,女'^2.5m/s

,=

C.VA=2m/s,VB4m/s

D.vA'=~4m/s,v/=7m/s

11

解析：選C碰前系統(tǒng)總動量為夕=maz+mBOs=10kg?m/s,碰前總動能為瓦=鼻加

2

mBvB=22J,如果o/=3m/s,v/=4m/s,則碰后總動量為夕,=11kgm/s,動量不守恒,

A錯誤；碰撞后，/、8兩球同向運動，力球在8球的后面，4球的速度大于8球的速度，

不可能，B錯誤；如果v/=2m/s,vB'=4m/s,則碰后總動量為p'=10kg-m/s,系統(tǒng)動量

守恒，碰后總動能為=18J,系統(tǒng)動能減小，滿足碰撞的條件，C正確；如果=-

,=

4m/s,vBlm/s,則碰后總動量為夕,=10kg-m/s,系統(tǒng)動量守恒，碰后總動能為為,=

57J,系統(tǒng)動能增加，不可能，D錯誤。

【變式2-3](2022?廣州模擬)如圖所示，光滑水平面上有大小相同的4、3兩個小球在同一

直線上運動。兩球質量關系為%=2加%,規(guī)定向右為正方向，/、5兩球的動量均為8

kgm/s,運動過程中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后4球的動量增量為-4kg.m/s,貝!J()

A.右方為4球，碰后4、3的速率之比為2：3

B.右方為4球，碰后/、3的速率之比為1：6

C.左方為4球，碰后/、5的速率之比為2：3

D.左方為4球，碰后4、5的速率之比為1：6

解析：選C/、5兩球發(fā)生碰撞，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律可得Apz=一4小由

于碰后A球的動量增量為負值，所以右邊不可能是4球，若是4球則動量的增量應該是正

值，因此碰撞后/球的動量大小為4kg?m/s,所以碰撞后B球的動量是增加的，為12

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kg-m/s,由于加B=2加心所以碰撞后/、8兩球速度大小之比為2：3,故C正確。

【變式2-4】如圖所示，質量為優(yōu)=245g的物塊（可視為質點）放在質量為M=0.5kg的木板

左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數為〃=0.4。質量為

m0=5g的子彈以速度o（）=300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中（時間極短），g取10

m/s2o子彈射入后，求：

（1）子彈進入物塊后子彈和物塊一起向右滑行的最大速度。1。

（2）木板向右滑行的最大速度02。

（3）物塊在木板上滑行的時間3

解析：（1）子彈進入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動量守恒可得：

"?o0o=（%o+〃7）0i,解得Oi=6m/s。

（2）當子彈、物塊、木板三者同速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可得：（機（）+機）巧=

（機（）+加+加）。2,解得。2=2m/s。

（3）對物塊和子彈組成的整體應用動量定理得：

一“（加o+ni）gt—（mQ+加）。2—（加o+m）V\,

解得：t—1So

答案：（1）6m/s（2）2m/s（3）ls

【題型3爆炸、反沖問題】

【例3】一火箭噴氣發(fā)動機每次噴出加=200g的氣體，氣體離開發(fā)動機噴出時的速度。=1

000m/so設火箭（包括燃料）質量朋r=300kg,發(fā)動機每秒噴氣20次。

（1）當發(fā)動機第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？

⑵運動第Is末，火箭的速度為多大？

［解析］（1）設噴出三次氣體后火箭的速度為。3,以火箭和噴出的三次氣體為研究對象，由動量

守恒定律得：（A/—3加）內一3加。=0,解得s^Zm/s。

⑵發(fā)動機每秒噴氣20次，設運動第1s末，火箭的速度為wo,以火箭和噴出的20次氣體

為研究對象，根據動量守恒定律得：（“-20〃。02（）—2（）加。=0,

解得020213.5m/so

［答案］（1）2m/s（2）13.5m/s

【變式3-1］（2019?江蘇高考）質量為M的小孩站在質量為加的滑板上，小孩和滑板均處于

靜止狀態(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦。小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時的速度大小為

V,此時滑板的速度大小為（）

mMmM

A.-vB.-vC.—■—vD.—■—v

Mmm~\~M

解析：選B由題意知：小孩和滑板動量守恒，則A/o+加o'=0,得。'=-----v,即滑板

m

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的速度大小為一,方向與小孩運動方向相反，故B項正確。

m

【變式3-2］（2022?四川內江模擬）一質量為M的煙花斜飛到空中，到達最高點時的速度為

為,此時煙花炸裂成沿火所在直線上的兩塊（損失的炸藥質量不計），兩塊的速度方向水平相

反，落地時水平位移大小相等，不計空氣阻力。若向前的一塊質量為加，則炸裂瞬間其速度

大小為O

2MM

A.--------foB.--------VQ

M一mM一m

M2M

C.--------VQD.-------------VQ

2m—M2m—M

解析：選C設炸裂后向前的一塊速度大小為小兩塊均在空中做平拋運動，根據落地時水

平位移大小相等知，兩塊的速度大小相等、方向相反，炸裂過程系統(tǒng)動量守恒，以炸裂前的

Mvo

速度方向為正方向，根據動量守恒定律得加0=加。一（A/一加）％解得。=------,C正確,

2m-M

A、B、D錯誤。

【變式3-3］（2021?浙江1月選考）在爆炸實驗基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上

安裝有聲音記錄儀。爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點時炸裂成質量之比為

2：1、初速度均沿水平方向的兩個碎塊。遙控器引爆瞬間開始計時，在5s末和6s末先后

記錄到從空氣中傳來的碎塊撞擊地面的響聲。已知聲音在空氣中的傳播速度為340m/s,忽

略空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.兩碎塊的位移大小之比為1:2

B.爆炸物的爆炸點離地面高度為80m

C.爆炸后質量大的碎塊的初速度為68m/s

D.爆炸后兩碎塊落地點之間的水平距離為340m

解析：選B爆炸物上升到最高點時，瞬時速度為零，爆炸瞬間水平方向動量守恒，因此質

量為2：1的兩塊碎塊，其速度大小之比為1:2,根據平拋運動規(guī)律可知，水平方向位移大

S2h2s

小之比為1：2,但合位移大小之比并不為1：2,A錯誤。根據題意，則有一4

340

2/i

+一=6,解得s=340m,兩碎塊落地點之間的水平距離為1020tn,D錯誤。由上述推導

dg

可知，碎塊做平拋運動的時間為4s,根據平拋運動的規(guī)律可知，爆炸物爆炸點離地面的高

1

度為〃=5gF=80m,B正確。質量大的碎塊其初速度為85m/s,C錯誤。

【變式3-4】如圖所示，/、8質量分別為加i=lkg,加2=2kg,置于小車C上，小車的質

量為加3=1kg,4、8與小車間的動摩擦因數為0.5,小車靜止在光滑的水平面上。/、8間

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夾有少量炸藥，某時刻炸藥爆炸，若4、8間炸藥爆炸的能量有12J轉化為/、3的機械能,

其余能量轉化為內能。/、5始終在小車表面水平運動，小車足夠長，求：

(1)炸開后4、5獲得的速度大??；

(2)/、3在小車上滑行的時間各是多少？

［解析］(1)根據爆炸過程中能量的轉化，

11

有：-

22

爆炸過程中，根據動量守恒得：m［Vi=m2V2

=

聯(lián)立解得：V［=4m/s,V22m/so

⑵爆炸后4、B都在。上滑動，由題意可知8與C會先相對靜止，設此時4的速度為力，

B、。的速度為內，在該過程中，4、B、。組成的系統(tǒng)動量守恒。設該過程的時間為

對力應用動量定理：一〃加陪/1=加1。3一加；

對5應用動量定理：一〃加喏人=加2。4一加2。2；

對。應用動量定理：(//加2g—〃加區(qū))介=加3。4；

=

代入數據解得：6=3m/s,v4lrn/s,^=0.2So

之后，/在。上滑動直到相對靜止，由動量守恒定律可知三者速度都為0。

即：(加1+加2+冽3)。=。，

解得v=0o

設4滑動的總時間為E,對4應用動量定理，則：

—jnm\gt=0-m\V\,

解得：f=0.8So

［答案］(1)4m/s2m/s(2)0.8s0.2s

【題型4人船模型】

【例4】(2022?邯鄲調研)一個質量為M、底面邊長為b的斜面體靜止于光滑的水平桌面上，

如圖所示，有一質量為加的物塊由斜面頂部無初速度滑到底部時，斜面體移動的距離為s。

下列說法中正確的是()

mb

A.若斜面粗糙，則

M-\~m

mb

B.只有斜面光滑，才有

C.若斜面光滑，則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒

D.若斜面粗糙，則下滑過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒

解析：選A不論斜面是否光滑，斜面體和物塊組成的系統(tǒng)在水平方向上都動量守恒，以向

左為正方向，斜面體的位移大小為s,則物塊的位移大小為b—s,物塊和斜面體的平均速率

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b-ssmb

分別為。1=——，。2=-,由動量守恒定律得機。1-〃。2=0,解得S=--------,A正確，B錯

ttM+m

誤；不論斜面是否光滑，物塊下滑過程中系統(tǒng)在豎直方向上所受合力都不為零，系統(tǒng)所受的

合力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，若斜面光滑，則系統(tǒng)機械能守恒，若斜面不光滑，則系

統(tǒng)機械能不守恒，C、D錯誤。

【變式4-1］如圖所示小船靜止于水面上，站在船尾上的人不斷將魚拋向船頭的船艙內，將

一定質量的魚拋完后，關于小船的速度和位移，下列說法正確的是()

A.向左運動，船向左移一些

B.小船靜止，船向左移一些

C.小船靜止，船向右移一些

D.小船靜止，船不移動

解析：選C人、船、魚構成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，據“人船模型”，魚動船動，魚停

船靜止；魚對地發(fā)生向左的位移，則人、船的位移向右。故C正確。

【變式4-2］(多選)如圖所示，質量相同的兩個小球/、8用長為￡的輕質細繩連接，8球穿

在光滑水平細桿上，初始時刻，細繩處于水平狀態(tài)。將/、8由靜止釋放，空氣阻力不計,

下列說法正確的是()

A./球將做變速圓周運動

B.3球將一直向右運動

C.3球向右運動的最大位移為工

D.8球運動的最大速度為癡

［解析］由于5點不固定，故/的軌跡不可能為圓周，A錯誤；/球來回擺動，A,2組成

的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，可知8球將做往復運動，B錯

誤；對于/、3組成的系統(tǒng)，當/球擺到左側，細繩再次處于水平狀態(tài)時，3球有向右的最

大位移，此時對系統(tǒng)有m---m——0,X+X—2L,解得8球向右運動的最大位移為"C

AtBtAB

正確；當/球擺到3球正下方時，3球的速度最大，在水平方向上由動量守恒定律得心加4=

mBvB,由機械能守恒定律得加.￡=3"以0/+5心冊島解得8球運動的最大速度為

D正確。

［答案］CD

【變式4-31某人在一輛靜止的小車上練習打靶，已知車、人、槍(不包括子彈)及靶的總質

量為槍內裝有〃顆子彈，每顆子彈的質量均為加，槍口到靶的距離為乙子彈水平射出

槍口相對于地的速度為。，在發(fā)射后一顆子彈時，前一顆子彈已嵌入靶中，則發(fā)射完〃顆子

彈時，小車后退的距離為()

復習材料

mnm

A.——ZB.—―L

M-vmM~rm

nmm

C.—'~LD.—I~L

M-rnmM-rnm

解析：選C由題意知系統(tǒng)動量守恒，前一發(fā)擊中靶后，再打下一發(fā)，說明發(fā)射后一顆子彈

時，車已經停止運動。每發(fā)射一顆子彈，車后退一段距離。每發(fā)射一顆子彈時，子彈動量為

mv,由動量守恒定律有：0=加。一-1)加］/,設每發(fā)射一顆子彈車后退》,則子彈相

L—x\xmL

--=[A/+(?-l)m]-,解得：x=---------,則打完n發(fā)

(tItM-rnm

nmL

后車共后退s

【題型5某方向動量守恒】

【例5】如圖所示，光滑水平軌道右邊與墻壁連接，木塊/、8和半徑為0.5m的1光滑圓軌

4

道C靜置于光滑水平軌道上，/、B、C質量分別為1.5kg、0.5kg、4kgo現讓N以6m/s

的速度水平向右運動，之后與墻壁碰撞，碰撞時間為0.3s,碰后速度大小變?yōu)?m/s。當/

與8碰撞后會立即粘在一起運動，已知g=10m/s2,求：

(1M與墻壁碰撞過程中，墻壁對小球平均作用力的大小；

(2)/3第一次滑上圓軌道所能達到的最大高度鼠

解析(1)/與墻壁碰撞過程，規(guī)定水平向左為正方向，對/由動量定理有

Ft—mAv2—mA(—Vi)

解得尸=50N

(2)/與2碰撞過程，對/、8系統(tǒng)，水平方向動量守恒有

J

mAv2=(mBt-m^vi

A,8滑上斜面到最高點的過程，對/、3、C組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒有

(TUB+=(mB+mA+mc)v4

由能量守恒得

解得/z=0.3m。

答案⑴50N(2)0.3m

【變式5-1】如圖所示，小車的質量M=2.0kg,帶有光滑的圓弧軌道和粗糙的水平軌道

BC,且兩軌道相切于2點。一小物塊(可視為質點)質量為加=0.5kg,與軌道5c間的動摩

擦因數〃=0.10,2C部分的長度工=0.80m,重力加速度g取10m/s?。

(1)若小車固定在水平面上，將小物塊從軌道的。點靜止釋放，小物塊恰好可運動到C

點。試求。點與3c軌道的高度差；

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(2)若將小車置于光滑水平面上，小物塊仍從AB軌道的D點靜止釋放，試求小物塊滑到BC

中點時的速度大小。

解析：(1)設。點與5C軌道的高度差為兒根據動能定理有加加g￡,解得：/z=8.0X10

-2mo

(2)設小物塊滑到8C中點時小物塊的速度為0，小車的速度為。2,對系統(tǒng)，水平方向動量

、LA1\

守恒有：mV1—Mv2=0｝根據功能關系有：fimg^=mgh—^由以上各式，解

得：s=0.80m/s。

答案：(l)8.0X10-12m*4(2)0.80m/s

【變式5-2］(多選)如圖所示，質量為〃的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑

且足夠長，與水平方向的夾角為仇一個質量為機的小物塊從斜面底端以初速度。o沿斜面

向上開始運動。當小物塊沿斜面向上運動到最高點時，速度大小為。，距地面高度為〃，則

下列關系式中正確的是O

A.mv()=(m+M)v

B.mr0cos0=(m+M)v

1

C.mgh=a冽(o()sin<9)2

11

D.mgh=-m^o2

［解析］小物塊上升到最高點時，小物塊相對楔形物體靜止，所以小物塊與楔形物體的速度都

為0,二者組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，全過程機械能守恒。以向右為正方向，在小

物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得加為cose=(冽+M。，故A錯誤，B正確；由

、、、11

機械能守恒定律得冽g/z+q加+物。2=3加62,故C錯誤，D正確。

［答案］BD

1

【變式5-3】如圖所示，在光滑水平面上放置一個質量為M的滑塊，滑塊的一側是一個-弧

4

形槽，凹槽半徑為凡/點切線水平。另有一個質量為冽的小球以速度為從/點沖上滑塊,

重力加速度大小為g,不計摩擦。下列說法中正確的是()

A.當"o=j2gE時,小球能到達B點

B.如果小球的速度足夠大，小球將從滑塊的左側離開滑塊后直接落到水平面上

C.小球到達斜槽最高點處，小球的速度為零

D.小球回到斜槽底部時，小球速度方向可能向左

解析：選D滑塊不固定，當Oo=j2gR時,設小球沿槽上升的高度為〃，則有加%=(冽+

復習材料

M)v-mvo1=-(M+m)v2+mgh,可解得〃=—'一R<R,故A錯誤；當小球速度足夠大，

f22M-vm

從5點離開滑塊時，由于5點切線豎直，在5點時小球與滑塊的水平速度相同，離開3點

后將再次從8點落回，不會從滑塊的左側離開滑塊后直接落到水平面上，B錯誤；當小球到

達斜槽最高點，由在水平方向上動量守恒有加。0=(朋+加)。，小球具有水平速度，故C錯誤；

,、、111

當小球回到斜槽底部，相當于完成了彈性碰撞，mvQ=mV\-\-Mv2,--Mvp,

222

m-M

。1=—'~~v,當01與Oo方向相同，向左，當0與。0方向相反，即向右，

m+M0

故D正確。

【題型6多過程問題】

【例6】(2019?陜西安康模擬)如圖所示，三個小木塊/、B、C靜止在足夠長的光滑水平軌

道上，質量分別為肛4=0」kg,〃物=0.1kg,mc=0.3kg,其中2與C用一個輕彈簧固定連

接，開始時整個裝置處于靜止狀態(tài)；/和2之間有少許塑膠炸藥(質量不計)，現引爆塑膠炸

藥，若炸藥爆炸產生的能量有￡=0.4J轉化為/和3沿軌道方向的動能。

(1)求爆炸后瞬間/、8的速度大?。?/p>

⑵求彈簧彈性勢能的最大值。

解析(1)塑膠炸藥爆炸瞬間取力和8為研究對象，假設爆炸后瞬間/、8的速度大小分別

為以、vB,取向右為正方向

由動量守恒一機42+加即8=0

爆炸產生的能量有0.4J轉化為/、8的動能

11

--rnnvi

22

解得必I=0B=2m/s

(2)取2、C和彈簧為研究系統(tǒng)，當彈簧第一次被壓縮到最短時，B、C達到共同速度。BC，

此時彈簧的彈性勢能最大，設為.1

由動量守恒mBvB=(mB+mc)vBC

由能量守恒定律5mB=+加C)滋c+￡pl

解得昂=0.15J

答案(1)大小均為2m/s(2)0.15J

【變式6-1](多選)如圖所示，小車N8放在光滑水平面上，/端固定一個輕彈簧，8端粘有

油泥，小車總質量為M；質量為〃7的木塊C放在小車上，用細繩連接于小車的/端并使彈

簧壓縮。開始時小車和木塊C都靜止，當突然燒斷細繩時，C被釋放，使C離開彈簧向

8端沖去，并跟8端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下說法正確的是()

復習材料

A.彈簧伸長過程中C向右運動，同時也向右運動

B.C與8碰前，C與N8的速率之比為M：加

C.C與油泥粘在一起后，立即停止運動

D.C與油泥粘在一起后，48繼續(xù)向右運動

解析：選BC小車46與木塊C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，C向右運動時，AB應

v\

向左運動，故A錯誤；設碰前。的速率為。1,45的速率為02,則0=加。1一m2,得一=

V2

M

—,故B正確；設。與油泥粘在一起后，AB、。的共同速度為o共，則0=（M+冽）0共，得v

m

共=0,故C正確，D錯誤。

【變式6-2］（2021?河北高考）如圖，一滑雪道由45和5C兩段滑道組成，其中45段傾角為

仇段水平，AB段和3c段由一小段光滑圓弧連接。一個質量為2kg的背包在滑道頂端/

處由靜止滑下，若1s后質量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度

勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動摩擦

1724

因數為〃=在，重力加速度取g=10m/s2,sin?=w，cos夕=W，忽略空氣阻力及拎包過程

中滑雪者與背包的重心變化。求：

⑴滑道45段的長度；

（2）滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。

解析：（1）設斜面長度為￡,背包質量為加i=2kg,在斜面上滑行的加速度為由牛頓第

二定律有

migsin。一〃加igcos0=m\a\

解得可=2m/s2

2

滑雪者質量為初2=48kg,初速度為0o=1.5m/s,加速度為a2=3m/s,在斜面上滑行時間

為t,落后時間々=ls,則背包的滑行時間為f+而，由運動學公式得

1

￡=罰0+而＞

1

L=Vot~\~^a2^

聯(lián)立解得，=2s或/=—1s（舍去），L=9mo

（2）設背包和滑雪者到達水平軌道時的速度為口、外，有

訪）=6m/s

02=。。+。2，=7.5m/s

滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動量守恒，設共同速度為以有

加01+加202=（加1+加2）。

復習材料

解得。=7.44m/so

答案：（1）9m（2）7.44m/s

【變式6-3】如圖所示，一對雜技演員（都視為質點）乘秋千（秋千繩處于水平位置）從/點由靜

止出發(fā)繞。點下擺，當擺到最低點8時，女演員在極短時間內將男演員沿水平方向推出，

然后自己剛好能回到高處以已知男演員質量〃”和女演員質量％2之比如：加2=2,秋千的

質量不計，秋千的擺長為凡C點比。點低5尺。求男演員落地點C與。點的水平距離s。

解析：兩演員一起從/點擺到5點，只有重力做功，機械能守恒，設總質量為加，則加gR=

11

-mv2,女演員剛好能回到/處，機械能依然守恒，m喏尺=罰2。/,女演員在極短時間內將

男演員沿水平方向推出，兩演員系統(tǒng)動量守恒（冽]+加2）。=一加2。1+優(yōu)1。2,根據題意：加1：

,—1師

mi=2,由以上四式解得p,=2j2gR,接下來男演員做平拋運動，由4R=-gF,得/=一,

2Jg

因而s=v2t=SRo

答案：8R

【變式6-4]（2022?北京海淀區(qū)模擬）如圖所示，靜止在光滑水平桌面上的物塊/和B用一輕

質彈簧拴接在一起，彈簧處于原長。一顆子彈沿彈簧軸線方向射入物塊N并留在其中，射

入時間極短。下列說法中正確的是（）

A.子彈射入物塊/的過程中，子彈和物塊/的機械能守恒

B.子彈射入物塊/的過程中，子彈對物塊/的沖量大小大于物塊/對子彈的沖量大小

C.子彈射入物塊/后，兩物塊與子彈的動能之和等于射入物塊N前子彈的動能

D.兩物塊運動過程中，彈簧最短時的彈性勢能等于彈簧最長時的彈性勢能

解析：選D子彈射入物塊/的過程中，為完全非彈性碰撞動能損失最大，動能轉化為內

能，則子彈和物塊/的機械能不守恒，A錯誤；子彈射入物塊/的過程中，子彈對物塊/

的沖量大小等于物塊/對子彈的沖量大小，B錯誤；子彈射入物塊/后，因為有動能轉化

為內能，兩物塊與子彈的動能之和小于射入物塊/前子彈的動能，C錯誤；兩物塊運動過程

中，彈簧最短時與彈簧最長時都是兩物體具有共同速度時，有加力+加于。1=和1+"2子+加8。2,

11

2

外+機子vf一北+加f+m^）v2,則彈簧最短時的彈性勢能等于彈簧最長時的彈性

勢能，D正確。

【題型7臨界問題】

【例7】如圖所示，質量為3m的物塊4與質量為m的物塊B用輕彈簧和不可伸長的細線連

接，靜止在光滑的水平面上，此時細線剛好伸直但無彈力?，F使物塊/瞬間獲得向右的速

度內,在以后的運動過程中，細線沒有繃斷，以下判斷正確的是O

A.細線再次伸直前，物塊/的速度先減小后增大

復習材料

B.細線再次伸直前，物塊8的加速度先減小后增大

3

C.彈簧最大的彈性勢能等于-加。02

8

3

D.物塊/、3與彈簧組成的系統(tǒng)，損失的機械能最多為-加0（）2

2

解析：選C細線再次伸直時，也就是彈簧再次恢復原長時，該過程中力始終受到向左的彈

力，即一直做減速運動，8始終受到向右的彈力，即一直做加速運動，彈簧的彈力先變大后

變小，則5的加速度先增大后減小，故A、B錯誤；彈簧彈性勢能最大時，彈簧被壓縮到最

3

短，此時兩物塊速度相同，根據動量守恒定律可得3加。0=（3加+加）％解得0=1o,根據能

.11232

量守恒定律可得彈簧最大的彈性勢能Epmax=-X3次。0?一一X（3m+m>=-muo,故C正確；

228

整個過程中，只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，故D錯誤。

【變式7?1］（多選）如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕彈簧自然長度均為小兩小球質量分別

為冽1、機2，冽1>冽2，加2的左邊有一固定擋板。由圖示位置靜止釋放加1、機2，當冽1與加2相

距最近時如的速度為。1，則在以后的運動過程中（）

A.m\的最小速度是0

、.m\~mi

B.冽1的最小速度是---Vi

m\~rm2

C.加2的最大速度是

、.2m1

D.加2的最大速度是:Vi

解析：選BD由題意結合題圖可知，當加1與加2相距最近時，加2的速度為0,此后，如在

前，做減速運動，加2在后，做加速運動，當再次相距最近時，加1減

速結束，加2加速結束，此時如速度最小，加2速度最大，在此過程中系統(tǒng)動量和機械能均守

111mi-m22mi

恒冽Hi=冽+加2。2,'2H--m加刑,解得oj=V\,v=:V\,

222mi+m22mi+m2

B、D正確；A、C錯誤。

【變式7-2］如圖所示，甲、乙兩船的總質量（包括船、人和貨物）分別為10機、12冽，兩船沿

同一直線同一方向運動，速度分別為26、為。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質量為機

的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，求拋出貨物的最小速度的大小。（不

計水的阻力和貨物在兩船之間的運動過程）

解析：設乙船上的人拋出貨物的最小速度的大小為Omin,拋出貨物后乙船的速度為0乙。甲

船上的人接到貨物后甲船的速度為V甲，規(guī)定水平向右的方向為正方向。

對乙船和貨物的作用過程，由動量守恒定律得

12fm0=llmv乙一加Omin①

復習材料

對貨物和甲船的作用過程，同理有

1OwX2u0~mvmm—Wmv甲②

為避免兩船相撞應有v甲=。。③

聯(lián)立①②③式得Omin=4O0。

答案：4%

【變式7-3］（多選）（2020?全國卷II21）水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對

擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直

的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時,

運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞.總共經過8

次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運動員.不

計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為0

A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg

答案BC

解析設運動員的質量為“，第一次推物塊后，運動員速度大小為。1,第二次推物塊后，

運動員速度大小為。2.....第八次推物塊后，運動員速度大小為出,第一次推物塊后，由動

量守恒定律知：Mvi=mv0;第二次推物塊后由動量守恒定律知：同電一（―。0）］=

2mv0,...,第〃次推物塊后，由動量守恒定律知：M（yn—_J=1mvQ,整理得%=

（2n—l）mvo260kgm/s300kg-m/s

,貝Is=,v—.由題意知，Vy<5m/s,貝,|赫>521<8，又次口出〉5

M-----------M-----------s--M

m/s,則V<60kg,故選B、C.

【變式7-4］（2021年8省聯(lián)考?廣東卷）如圖所示，固定的粗糙斜面，傾角9=30。，斜面底端

O處固定一個垂直斜面的彈性擋板。在斜面上尸、。兩點有材質相同、質量均為力的滑塊/

和B,/和2恰好能靜止，且均可視為質點，Q到。的距離是乙Q到P的距離是紅心>0）。

現始終給/施加一個大小為B=mg、方向沿斜面向下的力，/開始運動，g為重力加速度。

設/、2之間以及2與擋板之間的碰撞時間極短，且無機械能損失，滑塊與斜面間的最大靜

摩擦力等于滑動摩擦力。求：

（1）/、B第一次碰撞后瞬間它們的速率分別為多少。

（2）/、8第一次碰撞與第二次碰撞之間的時間。

解析：（1）/和8恰好能靜止，則有

ff/gsin0—fimgcos6,

當給/施加一個大小為尸=/〃g