2026年浙江高考物理二轮复习讲练测题型06 冲量与动量 动量守恒定律（解析版）

题型06冲量与动量动量守恒定律

目录

第一部分题型解码高屋建瓴，掌握全局

第二部分考向破译微观解剖，精细教学

典例引领方法透视变式演练

考向01动量定理及其应用

考向02动量守恒定律及其应用

考向03碰撞模型及其拓展

第三部分综合巩固整合应用，模拟实战

冲量与动量、动量守恒定律是浙江物理选考的核心综合考点，侧重“矢量运算+过程分析”，

常结合碰撞、反冲、多阶段运动等场景命题，题型覆盖选择题、计算题（高频中档/压轴题），核

心逻辑是“动量变化等于合外力冲量，系统不受外力时动量守恒”

（1）情境贴近实际：常结合体育（碰撞、反冲运动）、科技（火箭发射、粒子碰撞）、生活（滑

块与木板、弹簧玩具）等场景，强调物理知识的实际应用

（2）模块交叉综合：频繁与能量守恒、牛顿运动定律、直线运动等结合，形成“动量+能量”“动

量+力学运动”的综合题

考向01动量定理及其应用

【例1-1】（2025·浙江·高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到500N的冲击力，就会有

生命危险。设有一质量为50g的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时

间，上、下沿距离为5cm，要产生500N的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（）

A．5层B．8层C．17层D．27层

【答案】C

【详解】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间Δ

�2�

根据动量定理2�=�

代入数据解得(�−𝑚)Δ�m=/s0−(−��)

由自由落体公式�≈1000

2

得高度�=2�ℎ

2mm

�1000

每层楼高ℎ=约23�m=，2×对9.8应楼≈层5数1为层。

51

故选C。3=17

【例1-2】（2025·浙江杭州·一模）2024年9月，我国成功发射北斗卫星导航系统第60颗卫星，标志着“北

斗三号”全球卫星导航系统建设的圆满收官。图（a）是西安卫星测控中心对某卫星的监控画面，图中左侧

数值表示纬度，下方数值表示经度，曲线是运行过程中，卫星和地心的连线与地球表面的交点（即卫星在

地面上的投影点，称为星下点）的轨迹展开图。该卫星运行的轨道I近似为圆轨道，高度低于地球静止卫星

轨道，绕行方向如图（b）所示。一段时间后，卫星在轨道I、II交点处通过快速喷气变轨到轨道II，如图

（c）所示，轨道II为赤道平面圆轨道，I为倾斜圆轨道，I、II轨道高度相同。地球自转周期为24小时，

卫星质量为，卫星在轨道I上运行的速率，不考虑喷气时卫星的质量变化。根据以上信息可以判断（）

��

A．卫星在该轨道II运行时比赤道上随地球自转的物体所受的向心力大

B．该卫星运行速度大于第一宇宙速度

C．该卫星运行周期为12小时

D．喷气变轨时，卫星受到的冲量大小为

6−2

【答案】CD2��

【详解】A．向心力，卫星与赤道上物体的质量未知，无法比较向心力大小，故A错误；

2

��=���

B．第一宇宙速度是近地卫星的最大环绕速度，该卫星轨道高度低于地球静止卫星轨道，但仍大于地球半径，

故运行速度小于第一宇宙速度，B错误；

C．由图（a）可知，该卫星绕地球转过两圈，地球自转一圈，所以自

地球自转一圈时间为，所以，C正确；2�=�

D．由图（a）可知，卫24星ℎ在轨道�Ⅰ运=行12时ℎ，轨道Ⅰ与赤道平面夹角为，即与轨道Ⅱ的夹角为，短暂喷

气使卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，根据动量定理有卫星受到冲量大小30°30°

解得，故D正确。�=△�=2��sin15°

6−2

故选�C=D。2��

1.动量定理的理解

（1）动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。

（2）动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。

（3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。

'－

（4）由FΔt＝p'－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。

���

2.用动量定理解释生活现象Δ�Δ�

（1）Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。

（2）F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。

分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。

3.用动量定理解题的基本思路

（1）确定研究对象。研究对象一般仅限于单个物体。

（2）对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求

其冲量。

（3）抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。

（4）根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。

对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。

【变式1-1】（2024·浙江金华·一模）清洗汽车的高压水枪如图所示。水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆

形，水流速度为v，水柱垂直射向汽车表面，冲击汽车后速度减为零。已知水的密度为ρ。则（）

．高压水枪单位时间喷出的水的质量为π

A2

���

B．高压水枪单位时间内对汽车的作用力为4π

22

C．水柱对汽车的压强为ρv3���

．高压水枪单位时间内喷出水的动能为π

D22

���

【答案】A8

【详解】AB．高压水枪单位时间喷出的水的质量为

𝜌�Δ�12

�规定=水流的速=度�方��向�为正方向，由动量定理得

Δ�4

''

�解Δ得�=�Δ��

122

�故=B错�误�，��A正确；

4

C．水柱对汽车的压强为

�2

�故=C错=误�。�

�

D．高压水枪单位时间内喷出水的动能为

π

k32

12���

�故D=错�误�；=

28

故选A。

【变式1-2】（2025·浙江湖州·一模）如图所示，一游戏装置由弹射器，光滑水平直轨道AB、CD，水平凹

槽MN，圆心为的四分之一细圆管竖直轨道DE，圆心为的四分之一圆弧竖直轨道EF，足够长粗糙水

平直轨道GH组�成1。连线水平，和竖直，静止�2在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁BM，上

表面与AB、CD平齐�。1�游2戏时，可视为�1质�点�的�滑�2块从A点水平弹出，经B点滑上滑板，随后带动滑板一起

运动，滑板到达竖直侧壁CN后即被锁定。滑块继续滑过轨道CD、DE、EF后，静止在GH某处视为游戏

成功。已知滑块和滑板质量分别为kg，kg，MN长m，滑板右端距CN的距离m，

滑块与滑板间的动摩擦因数�，=滑0.0块3与G�H=间0的.01动摩擦因数�=4.5，DE和EF的半径�=m1.，5

其余各处均光滑，轨道间平滑�1连=接0.，1弹射时滑块从静止释放且弹簧�的2=弹0性.5势能完全转化为滑块�动=能0.，14g取

m/s。

2

10

(1)若滑块恰好能滑上GH，求滑块在圆管轨道的D点时受到的作用力N；

(2)要使游戏成功，求滑块到达D点时的速度大小D的范围；�

(3)要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹�簧弹性势能P范围。

【答案】(1)NN�

(2)m/s�D=1m.8/s

；

(3)7m≤�≤4mJPJ

【详0.1解4】（≤1�）≤恰1.0好4过F0点.2，4此≤时�只≤要0重.37力5提供向心力，则有F

2

�

�

从D到F点，由动能定理可得DF𝑚=�

1212

22

解得Dm/s��=2𝑚�+��

结合牛�顿=第二7定律D

N2

�

联立解得NN�−𝑚=��

（2）滑�板=一1直.8在加速

12

解得①m/s�1𝑚�=2��2

2

根据牛�顿=第3二定律则有M

1

解得滑板的加速度M��m�/s=��

2

则滑板此阶段加速的�时=间3s

此过程，滑块一直在做减速�=运1动，由动能定理可得D1A1

1212

1

结合动量定理则有A1D1−�𝑚�=2��−2��

1

解得Dm/s为�最�大�值�，=对��应A−��m/s

11

滑�块恰=好4能滑上GH，由上述结�论=可5知Dm/s

2

②故m/sDm/s�=7

（3）7在≤�Dma≤x4m/s时，根据能量守恒可得D

12

解得①�m=42��=2𝑚�+�2𝑚�1

1

恰好能�过=最1.0高4点时，则有F

12

解得m2��=�2𝑚�2

滑块静�2止=的0.1区4域距G点的距离mm

0.14≤�≤1.04

当Dmaxm/s时，对应Amaxm/s，由功能关系可得pmaxAJ

12

2max

②恰好能�过最=高4点时，D�m/=s5对应A，滑块与滑板�达到共=速�，�随后两=者0匀.37速5至滑板锁定。由运动

学规律可得A�min=7D，�min，A

22222

�min−��−�min��min−��

解得�=2�1+�+2�1�=2�2+��1=�2

滑板恰�=好0匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有Am/s，p

minmin

AJ�=4�=

12

min

2综�上�所述，=滑0.块24静止时相应的弹簧弹性势能p范围JpJ

�0.24≤�≤0.375

考向02动量守恒定律及其应用

【例2-1】（2025·浙江·一模）四个可视为质点、质量及带电量均相等的小球Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ通过不可伸长的

绝缘轻质细线连接成正方形，静置于光滑绝缘水平面上，如图所示。现将小球Ⅲ、Ⅳ之间的细线用火烧断，

在系统从初始状态到四小球第一次共线的过程中，下列说法正确的是（）

A．Ⅰ、Ⅱ两小球之间细线的拉力保持不变

B．该过程中系统的动量和机械能均守恒

C．当系统机械能最大时，Ⅰ、Ⅲ两小球速度相等

D．任意一段时间内Ⅰ、Ⅱ两小球动量变化量一定相等

【答案】D

【详解】A．初始状态，Ⅰ、Ⅱ两小球之间细线的拉力等于其他三个小球对小球Ⅱ的库仑力的合力；末状态，

根据对称性可知，、两小球之间细线的拉力等于小球对小球的库仑力，根据可知拉力变小，故

ⅠⅡⅢⅡ=2

��

2

A错误；��

B．该过程中系统所受合力为0，动量守恒，由于电场力做功，机械能不守恒，故B错误；

C．当系统机械能最大时即末状态，Ⅰ、Ⅲ两小球速度方向不同，故C错误；

D．四个小球组成的系统动量守恒，小球Ⅰ、Ⅱ始终同步向右水平移动，则在任意一段时间内受到的合外力冲

量相等，因此动量变化量一定相等，故D正确；

故选D。

【例2-2】（2025·浙江台州·一模）某运输装置如图，倾角为的倾斜传送带长为m，与光滑

圆弧轨道相切于B点，圆弧的圆心角，半径�=m3。7°轨道右侧光滑水𝐴平台面�上=放10置质量

kg的滑板��，右端带有半径�为��m=的37圆°弧光滑�轨=道1，滑板左端D紧靠C点，滑板的水平�部=

1

1分于C点相�切��，长度m。现�将=质0.量08为14kg的小物块从��传送带底端A处静止释放，传送带由静止

开始匀加速启动，可以�调=节0.3传送带的启动加速�度=，1使物块沿轨道外侧运送到滑板上。已知物块与传送带

间动摩擦因数，与滑板水平部分间动摩擦因数未知，��ms。求：

2

�1=0.8�2�=10/

(1)若传送带的启动加速度为ms，小物块到达B点时的速度；

2

(2)求小物块到达最高点C的最0.2大速/度，以及传送带的启动加速度�范�围；

(3)若小物块以速度为ms，冲上滑板左侧，经过时间s刚好到达最高点F点。求：

小物块达到F点时�相�对=地2面/运动的距离x；�=0.6

①小物块再次到达圆弧最低点E点时受到轨道支持力的大小。

②【答案】(1)2m/s��

(2)传ms

2

(3)�0≥.7900.45m/；50N

【详①解】（1）物②块上滑的最大加速度为：，解得ms

2

当传送带以ms的加速度启动，物块与�传1�送�带co之s�间−是�静�s摩in擦�力=，��因�此物块的��加=速0度.4也/是ms

22

由得0.：2/ms�=0.2/

2

（�2）=要2使�物�块到�达�=C2点速/度最大，需要考虑物块能达到的最大加速度和物块到达B点会不会离开斜面的问

题

B点不离开斜面的临界条件

2

𝐴

解得ms……𝑚cos�=��

根据𝐴=22/

，可得ms

22

�物块=能2�达�到的最大�加=速0.4度也/是ms，所以物块以最大加速度加速运动到B点，ms

2

B点到C点，根据动能定理：0.4/𝐴=2��=22/

1212

得ms2�𝐵−2�𝐴=−𝑚�(1−cos�)

𝐵=2/

传送带启动的加速度传ms

2

（3）[1]物块与滑板水�平≥方0向.4动量/守恒M

取很小的时间间隔，��0=���+��

0��

可得M△�∑��mΔ�=�∑�mΔ�+�∑�Δ�

解得：��−�=(0.3+0.081)=0.381

[2]当小�物�块=到0.达790F5点�时有

当小物块再次到达E点时���=(�+�)��

�𝐵=��3+��4

121212

得(：�+�)��m+/s𝑚�=��m3/+s��4

222

�4=1.9�3=0.1

2

�3−�4

�

�N−𝑚N=��

�=50

1.动量守恒定律的五个特性

矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向

相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面）

动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动

同时性

量，p1'、p2'……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量

系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统

动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成

普适性

的系统

2.应用动量守恒定律的解题步骤

（1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）。

（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。

（3）规定正方向，确定初、末状态动量。

（4）由动量守恒定律列出方程。

（5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。

【变式2-1】质量为的滑块沿倾角为、长度为的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为，并静置于光

滑水平面上，重力加�速1度为。滑块可看�成质点，�则滑块滑到斜面底端所用的时间为（�2）

�

A．B．

22

4�(�2+�1sin�)2�(�2+�1sin�)

(�1+�2)�sin�(�1+�2)�sin�

C．D．

2

2�4�(�2+�1sin�)

2

12

【答案】�Bsin�(�+�)�sin�

【详解】滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，则系统水平方向的动量守恒，有

�1��=�2�2

���2

对滑�+块竖�直=方�c向os�

22

��

由能�=量�关sin系�可知

2

12122

�联1立��可sin得�滑=块滑�2到�2斜+面底�端1(�所�用+的��时)间为

22

2

2�(�2+�1sin�)

�=

故选B(。�1+�2)�sin�

【变式2-2】（2024·浙江温州·一模）如图所示，处于竖直平面内的轨道，由倾角的足够长直轨道、

圆心为的半圆形轨道、圆心为的圆形细圆管轨道、倾角的直�轨=道37°、水平直轨道𝐴组

成，各段�1轨道均光滑且各��处�平滑连接，�2B和D为轨道间的相��切点，点�E=、4圆5°心处于同��一竖直线上，C�、�F、

G处于同一水平面上。在轨道末端G的右侧光滑水平面上，紧靠着质量�2kg、长度m的无动力

摆渡车，车上表面与直轨道平齐。可视为质点、质量kg的滑块�从=直0.轨6道上某�处=静2止释放。已

知轨道和的半径𝐹m。（，�=0.3）𝐴

������=0.5sin37°=0.6cos37°=0.8

(1)若释放点距点B的距离m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力N的大小；

(2)若滑块始终不脱离轨道�=1.5，求释放点与C点高度差h的取值范围；�

𝐴���

(3)若滑块从E点飞出后落在轨道上，与轨道碰撞后瞬间沿轨道速度分量保持不变，垂直轨道速度分量减

为零，再沿轨道滑至摆渡车上。已�知�滑块和摆渡车之间的动摩擦因数，且滑块恰好不脱离摆渡车，求：

2

滑块运动至点G的速度大小v；�=3

①滑块离开点E的速度大小v。�

�

②【答案】(1)NN

(2)�=m1或5mm

(3)0.1≤ℎ≤0.5m/s；1.1≤ℎ≤1m.8/s

【详①解𝐹】=（21）10对滑块②，从��释=放2点2到C点过程，根据动能定理

12

�在�C�点sin合�外+力�−提�供co向s�心力=�𝐵

2

N2

𝐵

�解得−𝑚=�

�

NN

�（2=）1满5足恰好达到半圆形轨道BCD与等高处

m�1

ℎ可1得=�=0.5

m

0满.1足≤恰ℎ好≤能0到.5达E点，则

m

ℎ恰2好=能2�过1D+点co而s�不掉=落1.8，重力分力提供向心力

2

��

�从�释co放s�点=到�D点过程

�

12

�解�得(ℎ3−�−�cos�=���

2

m

综上可得

ℎ3=1.1

m或mm

（3）对滑块，从G点滑上摆渡车0至.1共≤速ℎ，≤根0.5据动量1守.1恒≤定律ℎ≤1.8

①共

�根�据�能=量�守+恒�定�律

共

112

�联�立��解=得�𝐹−�+��

22

m/s

从点飞出落在段，根据位移偏转角和速度偏转角的关系

𝐹=2E10EF

②

°��

可tan得45=

2��

，，

2

2��2��

所以�=��=���=2��

°°32

�由∥碰=撞��点sin到45G+点2，��根co据s4动5能=定理��

2

1212

�解�得2�+2�cos�−�=�𝐹−��∥

22

m/s

��=22

考向03碰撞模型及其拓展

【例3-1】（2022·浙江·高考真题）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A

点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均

为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂

于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已

知g，m，4m，m，m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道

AB�和=管2道D�E=均1光滑�，=物0块.a落�到=F0G.2时不反�=弹2且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，�C=D0与.5DE平滑

连接，物块可视为质点，取m/s2。

（1）若m，求a、b�碰=撞10后瞬时物块a的速度的大小；

0

（2）物块ℎ=a1在.25DE最高点时，求管道对物块的作用力�N与h间满足的关系；

（3）若物块b释放高度mm，求物块a�最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水

平向右为正，建立x轴）0。.9<ℎ<1.65

【答案】（1）m/s；

5

（2）N（方向竖直向上）NNm，且方向竖直向下；

（3）当�=�m�m时，�m<=0.1ℎm−，0当.14mℎ≥1.2m时，mm

33

【详解】0（.91）<滑ℎ块<b1摆.2到最低2点.6过程�中≤，3由机械1能.2守恒≤定ℎ律<有1.653+5≤�<3.6+5

12

�解�得ℎ=���

2

ms与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得

��=5/��

'

���=���+��0

121'212

联�立�解�=得���+��0

222

m/s

（）由（）分析可知，物块与物块在发生弹性正碰，速度交换。

�02=��=15A

设物块刚好可以到达点，物�块的释�放高度为，则根据动能定理可得

���ℎ1

解得

𝑚ℎ1−2�𝑚�−𝑚�=0

m

ℎ此1时=物1.块2a到达E点时的速度恰好为零，则有

N（方向竖直向上）

当m时，在E点管道对物块a有�弹力=�N，�取竖直向下为正方向，则在E点由牛顿第二定律有

ℎ>1.2�

N2

��

�由动+能�定�理=�

�

12

�联�立ℎ可−得2�𝑚�−𝑚�=���

2

NN（m）

则综上可得�=0.1ℎ−0.14ℎ>1.2

NN（m）

当时，弹力N为负，则弹力�方=向0竖.1直ℎ−向0上.1，4当ℎ≥1.2时，弹力N为正，则方向竖直向下。故

ℎ<1.4m�，方向竖直向上ℎ>）1.4m�

��=0.14−0.1ℎ(N)(1.2m≤ℎ<1.4m

，方向竖直向下）

��=0ℎ=1.4m

（�3�）=当0.1ℎm−0.14(N)m时(ℎ，>物1块.4m位置在点或点右侧，根据动能定理得

1.2≤ℎ<1.65��

12

�从�ℎ点−飞2出��后�，�−竖�直�方�向=���

2

�

12

�水平=方�向�

2

根据几何关系可得

�=���

m

3

�联�立=解得

5

�代=入3数�+据�解�得+�1

mm

33

3+≤�<3.6+

当m5m时，从5m释放时，根据动能定理可得

0.9<ℎ<1.2ℎ2=0.9

�解�得ℎ−�𝑚�2=0

m

可知物块达到距离点处静止，滑块由点速度为零，返回到时，根据动能定理可得

�2=1.80.8maE

���

解得

𝑚�−�𝑚�3=0

m

�距3离=0点.40.6m，综上可知当mm时

�0.9<ℎ<1.2

3代�入−数�3据≤得�≤3�

m<m

2.6�≤3

【例3-2】如图所示，水平地面上有一高m的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、

水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑�细=圆0管.4道和半圆形光滑轨道，它们平�滑=连37接°，其中管道𝐴

的半径m、��圆心在点，轨道的半径��m、圆心在点�，��、D、和F点均处在同一��水

平线上�。小=滑0.1块从轨道�上1距台面高为��h�的P点�静=止0下.2滑，与静止在�2轨道�1上等质量�2的小球发生弹性碰撞，

碰后小球经管道、轨�道�从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆�上�的三棱柱G碰撞，碰后速度方

向水平向右，大小�与�碰前相�同��，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，

1

，，取重力加速度。𝐴�=12sin37°=

2

0（.61）c若os小37滑°=块0的.8初始高度m�，=求10小m滑/s块到达B点时速度的大小；

（2）若小球能完成整个运动ℎ=过0程.9，求h的最小值；�0

（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上ℎm下in可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。

�max

【答案】（1）4m/s；（2）m；（3）0.8m

【详解】（1）小滑块在轨ℎm道in上=运0.动45

𝐴

ℎ12

�代�入ℎ数−据��解�得cos�⋅=��0

sin�2

ms

4

�（02=）小球�ℎ沿=4/轨道运动，在最高点可得

3

����

2

��min

�从�C=点�到E点由机械能守恒可得

�

1212

解�得��min+𝑚(�+�)=�𝐴min

22

m/s，m/s

小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能��守mi恒n=，因2此有𝐴min=22

，Amin+

121212

解得���min=���'+�𝐴min2��=2���'2�𝐴min

，

结合(1)问可得��'=0𝐴min=��min

4

�解�m得inh=的最�小ℎ值min

3

m

（）设点到点的距离为，小球从点到点的运动，由动能定理

ℎm3in=0.F45GyEG

1212

由�平�抛�=运动�可��得min+𝑚(�+�)

22

，

12

联立可得水平距离为�=𝐹��+�−�=2��

�由=数2学知(0识.5可−得�)当(0.3+�)

0取.5最−大�，=最0.大3+值�为

maxm

�=0.8

一、“滑块—曲面”模型

1.模型图示

2.模型特点

（1）上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，

mv0＝（M＋m）v共；系统机械能守恒，m＝（M＋m）共＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不

1212

一定等于弧形轨道的高度（相当于完全非2弹�性0碰2撞，系统减�少的动能转化为m的重力势能）。

（2）返回最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，m＝m

1212

01

＋M（相当于弹性碰撞）。2�2�

12

二、2“�滑2块—弹簧”模型

1.模型图示

2.模型特点

（1）动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。

（2）机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。

（3）弹簧处于最长（或最短）状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小（相当于完全非

弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能），即m1v0＝（m1＋m2）v，ΔEp＝m1－（m1＋m2）

121

2�02

v2。

（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失（相当于刚完成弹性碰撞），即m1v0＝m1v1＋m2v2，

m1＝m1＋m2。

121212

三2、�0“滑块2—�木1板”2模型�2

1.模型图示

2.模型特点

（1）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。

（2）若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。

3.求解方法

（1）求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。

（2）求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。

（3）求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。

【变式3-1】（2025·浙江·一模）如图所示，平行金属板P、Q间存在匀强电场（不考虑边界效应），间距

为2，板长为4。时刻从上板左边缘C处水平向右射入质量为m、电荷量为q的粒子，在两板正中

间右�侧的D点同�时水�平=向0左射入质量也为m、不带电的粒子。两粒子射入电场时的初始动能均为k，相遇

时做完全非弹性碰撞，碰撞时间极短。不计重力，碰撞过程电荷量保持不变，则（）�

A．两粒子发生碰撞的时刻

�k

�=�2�

B．电场强度k

�

2��

C．碰撞损失的�=能量为k

D．粒子到达Q板时的Δ动�能=2k�k

'3

【答案】D�=2�

【详解】A．D点出发的粒子不带电，做匀速直线运动，两粒子质量相同，初动能相同，初速度大小相同，

可知二者在金属板中线的中点相遇，有，故A错误；

2�2�k2�k

�02��

�==�=�

．竖直方向有

B2

1��1��4�

22

0

解得电场强度�=k2，⋅故��B=错2误⋅；�⋅�

�

C．两粒子相遇�时=做��完全非弹性碰撞，由水平方向动量守恒，可得碰后水平方向速度为零，竖直方向动量守

恒，得竖直方向速度为碰前的一半，而碰前竖直方向速度

��

��0

C点出发的粒子碰撞前动能为k�=�=�

122

2��0+��=2�

碰撞后整体动能为k

1��21

2⋅2�22�

可知能量损失kk=kk，故C错误；

1

2

D．碰后复合粒Δ�子的=动2�能+为�−，�根据=动2.能5�定理kk

1'1

2�2

解得到达Q板的动能为k�k，故D正确。���=�−�

'3

故选D。�=2�

【变式3-2】（2025·浙江·一模）一固定装置由水平的光滑直轨道AB、倾角为的光滑直轨道BC、圆

弧管道（圆心角为）CD组成，轨道间平滑连接，其竖直截面如图所示�。=B3C7的°长度m，圆弧

管道半径m�（=忽3略7°管道内径大小），D和圆心O在同一竖直线上。轨道ABCD末端D�=的1右.5侧紧靠着

光滑水平地�=面1放.0置的一轻质木板，小物块在木板最左端紧挨着管道出口D，板右上方有一水平位置可调

2

节的挡板P，小物块静止于木板右端。�现有一质量为可视为质点的物体，从A端弹射获得kJ

的动能后，经轨道AB�C3D水平滑到D点，并与小物块�发1生弹性碰撞，经过一段时间后和右侧�挡=板1发5.5生

弹性碰撞，整个运动过程中、未发生碰撞，与�挡2板P碰撞后均反向弹回，碰撞前�后3瞬间速度大小

相等。已知、与木板间�的2动摩�擦3因数均为0.�2，3最大静摩擦力等于滑动摩擦力，kg，

kg，�m2/s�。3试求：��1=�2=1�3=

2

2�=10

(1)求滑块到达D点时对轨道的作用力；

(2)若整个运�1动过程中只与挡板碰撞1次，且返回后最终、停止了运动，求最初与挡板P的水平

距离；�3�2�3�3

(3)调节与挡板P的水平距离，使整个运动过程中与挡板总共碰撞2次，且最终、停止了运动，

求整个运�动3经过的时间t和此过程最初与挡板P的�水3平距离。�2�3

【答案】(1)N，方向竖直向下�3

1

(2)m

9

(3)312.5s，m

9

128

【详解】（1）根据动能定理，则有k

12

可解得m/s−�1�(�sin�+�−�cos�)=2�1��−�

在点�列�圆=周3运动的方程，则有

D2

��

可解得N�1�−�=�1�

根据牛顿�第=三1定律可知，滑块对轨道的作用力方向竖直向下，大小为1N。

（2）发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和能量守恒定律有，

1212

�1

�1��=�1�1+�2�22�1�=2�1�+

12

2

2可�解2�得m/s

根据动量�2守=恒��，=在3与挡板P碰撞前的过程中，则有

在与挡板P碰后直到停止的过程中，根据动量守恒定�2律�2有=�2�4+�3�3

可解得m/s，ms�2�4−�3�3=0

对小物块�3=0和.7轻5质木板�4整=体1列.5动能定理，则有

12

3233

可解得�m����=2��

9

（3）根�据=动32量守恒，在与挡板P第一次碰撞前的过程中，则有

从第一次碰撞后，到第二次碰撞的过程中，对于小物块和轻质�木2�板2整=体�2根�5据+牛�顿3�第6二定律，则有

�3��2�=

2

�可3解�1得m/s

对于小物�1块=1根据运动学公式，则有，

1

20

可解得�30=�6�0−2�1�−�7=�6−�1�0

对于小