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秘籍6 有关动量守恒定律的综合应用
一、碰撞模型深度考查
1、弹性与非弹性碰撞分析：考查学生能否区分弹性碰撞（动量、动能都守恒）和非弹性碰撞（仅动量守恒）。在复杂场景里，依动量守恒和动能关系，求解碰撞前后物体速度、动能变化。
2、碰撞能量与动量关系：考查碰撞中动能与其他能量（如内能、弹性势能）转化和动量守恒的联系。要求学生理解非弹性碰撞动能损失去向，以及含弹簧碰撞模型中弹性势能与动量、动能的转化，借此求解未知量。
二、多体系统动量守恒应用
1、多物体相互作用分析：考查学生对多物体系统内力、外力判断，以及正确选取系统应用动量守恒定律。系统内物体相互作用多样，如碰撞、爆炸、连接体相对运动等，学生需梳理各物体运动状态变化，列方程求解。
2、复杂运动情境应用：系统中物体可能做曲线运动，学生要结合运动特点，在合适方向应用动量守恒。例如系统中既有水平碰撞，又有竖直抛体运动，需分别分析水平、竖直方向动量变化，联立方程求解。
三、临界与极值问题中的动量守恒
1、碰撞临界状态分析：考查碰撞中如恰好不相撞、恰好分离等临界情况。学生需找出临界条件，结合动量守恒及其他物理规律（能量、几何关系等）列方程，求解临界值，对逻辑推理能力要求高。
2、动量守恒极值求解：在多体系统动量守恒下，求速度、动能、位移等物理量极值。通过分析系统运动，确定极值条件，用数学方法（如二次函数求最值）结合动量守恒求解。
题型一 与碰撞模型有关的动量守恒定律的综合应用（计算题）
题型二 与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用（计算题）
题型三 与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用（计算题）
1、弹性碰撞模型
1．弹性碰撞
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：
v1ˊ=，v2ˊ=.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
2．“动静相碰型”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得：v1′＝，v2′＝
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1 m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1 m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
2、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2．完全非弹性碰撞
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔEk= m1v12+ m2v22- (m1+m2)v共2. （2）
联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
3、滑块木板模型
示意图 木板初速度为零 木板有初速度，板块反向
v-t图
4、小球—弹簧模型
(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)弹簧恢复原长时：
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相当于完全弹性碰撞)
1．（2025 新余一模）如图，平板小车C静止在水平面上，左端紧靠平台且与平台等高，平台边缘正上方用长H＝0.8m的轻绳悬挂质量为m的物块A，悬点正下方静置一质量为mB＝3kg的物块B，将A向左拉至轻绳水平由静止释放，A与B发生正碰，碰后A的速度为零。已知A与B碰撞过程中的恢复系数，该系数是一个定值，只与发生碰撞物体材料有关。现将A、B互换角色，将B悬挂起来从水平位置由静止释放，与A发生正碰后，A滑上小车后，立即取走B，经过一段时间作用，小车C停止且A不滑出小车。已知物块A和小车C质量都为m＝2kg，物块A与小车C上表面间的动摩擦因数μ1＝0.4，小车C与地面动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，A、B均可视作质点，不计空气阻力。求：
（1）物块B与物块A碰撞前速度v0；
（2）A刚滑上小车时的速度大小v1；
（3）小车C最少需要的长度L，及最后小车离开平台的位移x。
【解答】解：（1）对B下摆的过程，根据动能定理得
解得v0＝4m/s
（2）当A向左拉至轻绳水平由静止释放至最低点过程，根据动能定理得
解得vA＝4m/s
A碰撞B过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mvA＝mBvB
解得
则A与B碰撞过程中的恢复系数e
B碰撞A过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得
mBv0＝mv1+mBv2
B与A碰撞过程中的恢复系数e＝||
由于B质量大于A质量，碰撞后A、B速度方向相同，且A的速度大于B的速度，解得v1＝4m/s，
（3）A滑上C后，A先向右做匀减速直线运动，对A进行分析，根据牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
解得
C先向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μ1mg﹣μ2 2mg＝ma2
解得
历时t0，A、C达到相同速度，则v共＝a2t0＝v1﹣a1t0
解得，
此后A、C保持相对静止，向右做匀减速直线运动，则小车C的最小长度为
解得
上述过程C的位移x1
解得x1m
A、C保持相对静止，根据牛顿第二定律有
μ2 2mg＝2ma3
解得
减速至0过程，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
解得
则最后小车离开平台的位移x＝x1+x2
解得
2．（2025 广州一模）2024年6月2日，嫦娥六号着陆器成功软着陆于月球背面南极﹣艾特肯盆地。当着陆器下降至距月面高度为1m时，速度减为v1＝2m/s，此时关闭反推发动机，着陆器自由下落，最终四条缓冲着陆支撑腿稳稳地落在月面上。已知着陆器质量为m＝2000kg，月球表面重力加速度g取1.6m/s2。
（1）求着陆器落至月面时速度v2的大小（计算结果可保留根号）。
（2）为保障着陆器成功着陆，某科技小组为着陆器的四条支撑腿设计了一种碰撞吸能装置，如图甲所示，碰撞吸能装置由一级吸能元件和二级吸能元件构成。当该装置与月面碰撞时，其弹力随作用行程（压缩量）的变化关系如图乙所示。其中一级吸能元件的缓冲弹力与压缩量成正比，属于弹性形变，当压缩量为x1＝50mm时，达到其最大缓冲极限，此时一级吸能元件被锁定。此后二级吸能元件开始工作，二级吸能元件产生的弹力恒为18000N，其最大作用行程为100mm。忽略落到月面后着陆器引力势能的变化，求：该着陆器速度减为零时，二级吸能元件的作用行程是多少。
（3）为了测试该碰撞吸能装置的缓冲性能，将1套该吸能装置安装在测试车A的前端，测试车A与静止在水平面上的测试车B发生正碰，在二级吸能元件最大吸能总量（即最大作用行程）的75%以内进行碰撞测试。已知测试车A与该碰撞吸能装置的总质量为mA＝300kg，测试车B的质量为mB＝150kg，且达到二级吸能元件最大吸能总量的75%时A与B共速。碰撞过程中内力远大于外力，求测试车A碰撞前的最大速度。
【解答】答：（1）根据速度—位移关系有
代入数据解得
（2）着陆器缓冲至速度为零的过程中，根据动能定理可得
解得
x2＝75mm
（3）当A车以最大速度与B车发生完全非弹性碰撞时，以v0的方向为正方向，有
mAv0＝（mA+mB）v共
系统减少的机械能为
此时二级吸能器达最大行程的75%，则有
联立解得v0＝6m/s
3．（2025 全国一模）如图，半径为R光滑半圆形轨道在最低点A与左侧光滑水平面相切，可视为质点的小球P、Q之间有一被压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不栓接），静止在水平面上。若固定小球P，释放弹簧，小球Q离开弹簧后从A进入半圆轨道，经最高点C落回水平面的位置与A距离为2R；若P不固定，释放弹簧，小球Q离开弹簧后从A进入半圆轨道，在图示B点脱离轨道。已知R、小球Q的质量m、θ＝30°、重力加速度g，求：
（1）被压缩弹簧初始时弹性势能Ep；
（2）小球P的质量mp。
【解答】解：（1）固定小球P时，设小球Q通过C点时的速度为v，由平抛运动规律可得
竖直方向有
水平方向有
x＝2R＝vt
解得
由机械能守恒可得，被压缩弹簧初始时弹性势能为
联立解得
Ep＝2.5mgR
（2）小球P不固定时，设小球Q运动到B点时速度为vB。
在B点，对小球Q，由牛顿第二定律可得
解得
设小球P、Q刚脱离弹簧时速度为vP、vQ。
小球Q从A到B的过程，由机械能守恒有
解得
对于弹簧将两球弹开的过程，对P、Q系统，取向左为正方向，由动量守恒定律有
mPvP﹣mvQ＝0
由机械能守恒有
联立解得
4．（2025 和平区校级模拟）如图甲所示，半径R＝0.5m的四分之一光滑圆弧轨道A与长l＝1m的平板B均静置于光滑水平地面上，A与B刚好接触且二者的上表面相切，一物块C（可视为质点）静置于B的最右端，C与B上表面的动摩擦因数μ从左往右随距离l均匀变化，其变化关系如图乙所示。已知A、B、C的质量均为m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，现给C一水平向左的初速度v0＝4m/s。
（1）若A、B固定，其他条件均不变，求C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小；
（2）若A、B不固定，其他条件均不变，求：
①C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功；
②C相对于A最低点P所能达到的最大高度（结果保留两位有效数字）。
【解答】解：（1）因C与B上表面的动摩擦因数μ从左往右随距离l均匀变化，故C由B的最右端滑至最左端过程中C所受滑动摩擦力与位移成线性关系，可用滑动摩擦力的平均值乘以位移计算克服滑动摩擦力做的功，设此过程C克服滑动摩擦力做的功为
Wf
则有：
1J＝4J
对C由B的最右端滑至P点的过程，由动能定理得：
在P点轨道对A的支持力大小为F，由牛顿第二定律得：
联立代入数据解得：
F＝26N
由牛顿第三定律可得，C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小
F'＝F
即
F'＝26N。
（2）（i）当A、B不固定时，C由B最右端滑至最左端过程，A、B、C组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，则有：
mv0＝mvC+2mvA
由能量守恒和功能关系得：
联立代入数据解得：
，
设C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功为W，对C由动能定理得：
代入数据解得：
（ii）设C相对于A最低点P所能达到的最大高度为hm
C沿A的圆弧轨道上滑过程，A、B分离，C达到最高点时A、C速度相同（设为v共），A与C组成的系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有：mvA+mvC＝2mv共
由机械能守恒定律得：
联立代入数据解得：hm＝0.10m
5．（2025 聊城模拟）如图所示，倾斜传送带与水平面夹角为θ，顺时针运行速度v0＝4m/s，下端与光滑水平轨道平滑连接。小物块P从传送带顶端由静止释放，当小物块运动至光滑水平轨道末端恰好与静置在长木板左端等高位置的物块Q发生弹性碰撞。长木板水平部分AB粗糙，右端为四分之一光滑圆弧轨道，半径R＝0.1m。已知物块Q离开C点后能上升的最大高度h＝0.2m，小物块P与传送带间的动摩擦因数μ1，物块Q与木板上表面AB间动摩擦因数μ2＝0.6，物块P、Q的质量m1＝m2＝1.0kg，长木板的质量m1＝2.0kg，重力加速度g＝10m/s2，H＝3m，θ＝30°，水平面MN光滑且足够长，忽略空气阻力。求：
（1）物块P运动到传送带底端时的速度大小v1；
（2）物块P与传送带间因摩擦产生的热量；
（3）若物块Q能停在木板上，求Q最终停在木板上的位置；若不能，求Q离开木板时的速度大小。
【解答】解：（1）物块P释放后，设加速度为a1，经时间t1速度为v0，位移为x1
m1gsinθ+μ1m1gcosθ＝m1a1
得：
v0＝a1t1
得：
t1＝0.5s
得：
x1＝1m
设物块P速度达到v0后，加速度为a2，再经时间t2到传送带末端由
m1gsinθ﹣μ1m1gcosθ＝m1a2
得：
得：
t2＝1s
由
v1＝v0+a2t2
得：
v1＝6m/s
（2）物块P与传送带间的相对运动路程为L0
得：
L0＝2m
设因摩擦产生的热量为Q
Q＝μ1m1gcosθ L0
得： Q＝6J
（3）设P与Q发生弹性碰撞后，速度分别为vp，v2
以v1方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1＝m1vp+m2v2
由机械能守恒定律得：
得：vp＝0
v2＝6m/s
设AB间长度为L，Q离开轨道到最高点时速度为v，以v2方向为正方向，由水平方向动量守恒得：m2v2＝（m2+m3）v
由能量守恒得：
得： v＝2m/s
L＝1.5m
若Q停在木板上距B端x处，有
得：x＝0.5m
即物块Q停在木板上距B点0.5m处。
6．（2025 宁波一模）一游戏装置截面如图所示，AB为足够长的倾斜直轨道，BC、CD是两段半径均为R1＝0.5m的竖直圆管轨道，DE为水平轨道，固定水平传送带EF以v0＝2m/s顺时针转动，轨道AB与圆管道相切于B处，各部分之间平滑连接，紧靠F处有一质量M＝3kg的小车静止在光滑的水平地面上，小车的上表面由水平面GH和半径R2＝0.1m的四分之一圆弧面HI组成。一个可视为质点的滑块，从轨道AB上距B点l＝0.5m处由静止开始下滑，经过圆管轨道BCD和水平轨道DE，并冲上传送带，已知滑块的质量m＝1kg，θ＝37°，传送带的长度L＝3.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，与其余各处阻力均不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则：
（1）求滑块到达D点时对轨道的压力大小；
（2）求滑块第一次通过传送带过程中，对传送带所做的功；
（3）求滑块冲上小车后，滑块第一次离开小车时的速度大小；
（4）调节传送带以不同的速度v顺时针匀速转动，试分析滑块离小车上表面GH最大高度H与速度v的关系。
【解答】解：（1）根据动能定理有
解得
vD＝6m/s
在D点
解得
FN＝82N
根据牛顿第三定律，滑块到达D点时对轨道的压力大小
F'N＝FN＝82N
（2）由
解得
t＝0.8s
根据速度和位移的关系
解得
x传＝3.2m
可见：滑块与传送带共速时刚到达传送带右端
x传＝v0t
解得
x传＝1.6m
W＝μmgx传
解得
W＝8J
（3）滑块以2m/s的速度冲上小车，以水平向右为正方向，设与小车共速时能上升的最大高度为h
mvG＝（m+M）v共
解得
v共＝0.5m/s
根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
解得
h＝0.15m
h＝0.15m＞R2＝0.1m
则滑块从小车I端离开小车，此时与小车水平方向共速，小车速度为0.5m/s，设滑块的速度为v1，根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
解得
（4）以水平向右为正方向，
mvG＝（m+M）v共
解得
（i）若一直在传送带上减速
v0＝2m/s
解得
H＝0.15m（v≤2m/s）
（ⅱ）若一直在传送带上加速
解得
解得
（ⅱi）与传送带共速时，滑块离开离开传送带时的速度就是传送带的速度
vG＝v0
（
7．（2025 山东模拟）如图所示，长木板静止在光滑水平地面上，一木块（可视为质点）放置在长木板的最右端，一轻质弹簧固定在长木板左侧的竖直墙壁上。某一时刻子弹（可视为质点）以水平速度v0射中木块并在极短时间内嵌入其中，之后二者一起运动，当木块与长木板达到共同速度v共＝3m/s时，长木板左端刚好与弹簧接触，之后长木板开始压缩弹簧，弹簧压缩至最短时，弹簧自锁（即不再压缩也不恢复形变），此时木块恰好停留在长木板的最左端。已知子弹的质量m0＝10g，木块的质量m＝0.99kg，长木板的质量M＝1kg，木块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板的长度l＝6.5m，取g＝10m/s2。求：
（1）子弹射入木块前的速度大小；
（2）开始时长木板左端与弹簧右端之间的距离；
（3）弹簧的最大弹性势能。
【解答】解：（1）子弹、木块与木板组成的系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：m0v0＝（m0+m+M）v共
代入数据解得：v0＝600m/s
（2）子弹击中木块过程，子弹与木块组成的系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：m0v0＝（m0+m）v'
代入数据解得：v'＝6m/s
由牛顿第二定律得：
对子弹与木块：μ（m0+m）g＝（m0+m）a1
对长木板：μ（m0+m）＝Ma2
代入数据解得：a1＝2m/s2，a2＝2m/s2
两者共速时：v共＝v'﹣a1t＝a2t
代入数据解得：t＝1.5s
这段时间内木块的位移xm＝6.75m
长木板的位移dm＝2.25m
（3）长木板接触弹簧前，木块相对于长木板的位移Δx＝x﹣d＝6.75m﹣2.25m＝4.5m
长木板接触弹簧时，木块与长木板左端间的距离d'＝l﹣Δx＝6.5m﹣4.5m＝2m
长木板压缩弹簧过程，子弹、木块、长木板与弹簧组成的系统，由能量守恒定律得：
E弹，代入数据解得：E弹＝5J
8．（2025 潍坊模拟）如图所示，质量m＝1kg的小球P静置在O点正上方，水平面上固定一足够长的“L”形木板，其上表面光滑，在B点固定一劲度系数k＝π2N/m的轻弹簧，弹簧右端拴接质量M＝4kg的长方体滑块Q，Q的中心在O点正上方，处于静止状态。现将P由静止释放，当P刚运动到Q的上表面时，给Q一个v0＝5m/s向右的初速度，P和Q发生碰撞，碰后P运动轨迹的最高点与释放点等高。当Q第一次运动到右侧最大位移处时，P恰好再次落到Q上表面的中心位置，与Q发生第二次碰撞。已知所有的碰撞时间极短，质量为m0的弹簧振子振动周期为T＝2π，弹簧弹性势能的表达式为Epkx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），不计空气阻力，g取10m/s2。
（1）求P的释放点与Q上表面的高度差h；
（2）求P与Q第一次碰撞后，弹簧与Q组成的弹簧振子的振幅A；
（3）P与Q第二次碰撞完毕跳起后将P取走，求此后弹簧与Q组成的弹簧振子的振幅A′。
【解答】解：（1）设小球P下落时间为t，由题意可知：
，
，
，
联立解得：
h＝1.25m；
（2）设小球P与Q第一次碰撞后，Q的速度大小为v1，小球P水平方向的分速度大小为v2，
碰撞过程中，该系统水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，则有：
Mv0＝Mv1+mv2，
P和Q碰撞后，P做斜上抛运动，水平位移大小为：
A＝v2 2t，
Q和弹簧组成的系统机械能守恒，可得：
，
联立可得：
；
（3）设第一次碰撞过程中P与Q接触时间为Δt，因P离开Q瞬间是相对运动的，故在Δt时间内P与Q间为滑动摩擦力。已知两次碰撞竖直方向上对称，可知水平方向滑动摩擦力相同。假设第二次碰撞过程中P离开Q前在水平方向二者能共速，同（2），碰撞过程中，该系统水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，则有：
mv2＝（M+m）v共，
结合（2），联立可得：
，
由动量定理可知，第一次碰撞摩擦力对P的冲量大小为：
I1＝f Δt＝mv2，
同理，第二次碰撞摩擦力对P冲量大小为：
I2＝f Δt'＝m（v2﹣v共），
结合前面分析可知：
v2﹣v共＜v2
则：
Δt'＜Δt，假设成立
P离开Q后，Q和弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
，
解得：；
9．（2025 青白江区模拟）如图所示，三个相同的物块A、B、C，质量均为m，小物块C放置在水平地面上，小物块B和小物块C在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，小物块A在小物块B的正上方，开始时A、B、C均静止。现让小物块A从距小物块B高h处自由下落，小物块A、B碰后一起向下运动。已知弹簧的弹性势能可表示为，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g。
（1）求小物块A、B碰后瞬时速度的大小；
（2）求小物块B向下运动的最大位移；
（3）若小物块B向上运动到最高点时，小物块C恰好离开地面，求小物块A开始下落时距小物块B的高度。
【解答】解：（1）小物块A下落到与B碰撞过程，由机械能守恒定律得：mgh
A、B碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv
解得小物块A、B碰撞后瞬间速度大小v
（2）设B静止时弹簧的压缩量为x1，由平衡条件得：mg＝kx1
A、B碰撞后到B运动到最低点过程，由机械能守恒定律得：
解得：x（x，不符合实际，舍去）
（3）设初始弹簧被压缩x1，由平衡条件得：kx1＝mg
设A开始下落时与B的距离为H，A、B物块碰撞前瞬间A的速度大小为vA，由机械能守恒得：mgH
设A、B物块碰撞后瞬间两者的速度大小为vAB，以向下为正方向，由动量守恒定律得：mvA＝2mvAB
A、B一起压缩弹簧，到两者向上运动到弹簧恢复原长时，A、B恰好分离，此时两者速度相同（设为v′AB），
对此过程由系统机械能守恒得：
A、B分离后，B向上运动到最高点时，C恰好离开地面，此时弹簧伸长量x1，
此过程B与弹簧组成的系统机械能守恒，则有：
解得：H
10．（2025 西安校级模拟）如图所示，带有圆弧的滑块A静止放在光滑的水平面上，其圆弧部分光滑，水平部分粗糙，圆弧半径为R＝1.8m，圆弧的末端点切线水平，A的左侧紧靠固定挡板，距离A的右侧s处是与A等高的平台，平台上MN之间是一个宽度为l＝0.5m的特殊区域，只要物体进入MN之间就会受到一个方向向右、大小为F＝10N的恒定作用力，平台MN之间粗糙，其余部分光滑，MN的右侧安有一个固定的弹性卡口。现有一个小滑块B（可视为质点）从A的圆弧顶端处静止释放，当B通过MN区域后，碰撞弹性卡口的速度v不小于5m/s时可通过弹性卡口，速度小于5m/s时将会被原速率弹回。已知小滑块B的质量为m＝1kg，滑块A的质量为0.5kg，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）B刚下滑到圆弧底端时对圆弧底端的压力多大？
（2）若B与A水平段间的动摩擦因数μ1＝0.5，保证A与平台相碰前A、B能够共速，且B刚好滑到A的右端，则s应满足什么条件？A水平段的长度d是多少？
（3）在满足（2）问的条件下，A与平台相碰后立即粘连不再分开，随即B滑上平台，设B与MN之间的动摩擦因数0＜μ2＜1，试讨论因μ2的取值不同，B在MN间通过的路程x。
【解答】解：（1）由题意可知，B滑块在A上下滑时机械能守恒，设B滑到A的底端时速度大小为v0，
根据机械能守恒定律得：，
解得：v0＝6m/s，
在圆弧底端，由牛顿第二定律得：，
解得：FN＝30N，
由牛顿第三定律可知，对圆弧底端的压力大小为30N；
（2）由题意知，A离开左侧挡板后向右运动，A、B组成的系统动量守恒，设A、B共速时的速度大小为v1，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：，
解得：v1＝4m/s，
对A，由动能定理得：﹣μ1mgs＝0，
对A、B系统，由能量守恒得：μ1mgd，
联立可得：s＝0.8m，d＝1.2m，即保证A与平台相碰前A、B能够共速，s应满足的条件是：s＞0.8m，d＝1.2m；
（3）由（2）可知，B进入MN间时速度大小为v1，若到达卡扣时速度大小为v＝5m/s时，
由动能定理可得：Fl﹣μ2mgl，
解得：μ2＝0.1，
即0＜μ2≤0.1，B从卡口右侧离开，B在MN间通过的路程为：x＝l＝0.5m；
若B被弹回时到达M点速度刚好为零，
由动能定理得：，
解得：μ2＝0.8，即0.1＜μ2≤0.8，B从M左侧离开，B在MN间通过的路程为：x＝2l＝2×0.5m＝1m；
若0.8＜μ2＜1，根据运动分析，B在N点两侧往复运动，最终静止在N点，
由动能定理得：Fl﹣μ2mgx，
解得：x，即0.8＜μ2＜1，B在MN间通过的路程为：x；
11．（2025 博野县模拟）如图所示，一圆心为O、半径R＝4.8m、质量M＝3kg的光滑圆弧轨道锁定在水平面上，AB为其圆弧面，圆心角θ＝60°，B点与地面相切。水平面的CD之间放置一足够长的轻弹簧，右端D点固定，CD部分粗糙，其余光滑。现将一质量m＝2kg的小物块P从空中某位置以初速度v0＝2m/s水平抛出，恰好从圆弧轨道的最高点A无碰撞的进入圆弧轨道，从B端离开后向右运动压缩弹簧，然后又被弹簧弹回，不计物块与弹簧碰撞损失的能量。已知小物块与水平面CD间的动摩擦因数μ＝0.8，弹簧的劲度系数k＝160N/m，弹簧的弹性势能Ep（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度g取10m/s2。
（1）求小物块抛出点的高度h；
（2）求弹簧的最大压缩量；
（3）小物块被弹簧弹回后，同时圆弧轨道解开锁定，试判断小物块能不能从A点抛出？若能，求出小物块所能到达的最大高度；若不能，求出小物块第三次经过C点时速度大小。
【解答】解：（1）小物块P从抛出到A，有，又，且h＝y+R（1﹣cos60°），代入数据可得h＝3m
（2）小物块从A到压缩弹簧至最短，由机械能守恒有，又，代入数据可得x＝0.8m或 x＝﹣1m（舍去）
（3）小物块从压缩弹簧最短到再次经过B点，由动能定理有
假设小物块再次滑上圆弧轨道后上升的最高点未脱离，则有（M+m）v＝mvB，又有
代入数据可得h1＝1.152m＜R（1﹣cos60°）＝2.4m，假设成立，说明小物块不能脱离圆弧轨道，则小物块从B点再次返回B点的过程中，则有mvB＝Mv1+mvB1，且，代入数据可得vB1，则小物块第三次经过C点时速度大小为。
12．（2025 江门一模）如图甲，为了从筒中倒出最底部的羽毛球，将球筒竖直并筒口朝下，从筒口离地面h＝1.8m的高度松手，让球筒自由落体，撞击地面，球筒与地面碰撞时间t＝0.01s，碰撞后球筒不反弹。已知球筒质量M＝90g，球筒长度L＝40cm，羽毛球质量为m＝6g，羽毛球和球筒之间最大静摩擦力fm＝0.3N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为简化问题把羽毛球视为质点，空气阻力忽略不计，g取10m/s2，4.82＝23.04，求：
（1）碰撞后羽毛球是否到达球筒口；
（2）碰撞过程中，地面对球筒的平均冲击力为多大；
（3）如图乙所示，某人伸展手臂握住球筒底部，使球筒与手臂均沿水平方向且筒口朝外，筒身离地高度仍为h＝1.8m，他以身体躯干为中心轴逐渐加速转动直至羽毛球刚好飞出，筒口离中心轴距离为R＝1.2m，则球落地后距离中心轴有多远？
【解答】解：（1）已知球筒在距地面h＝1.8m处开始自由下落，因此落地时的速度v有：v2＝2gh，解得v＝6m/s，
球筒落地前，羽毛球随着球筒运动，直至球筒触地时，羽毛球的速度也是v＝6m/s，
球筒触地后，羽毛球由于惯性作用在球筒内继续运动，受到的滑动摩擦力为f＝0.3N，
对羽毛球进行受力分析可知，受到向下的重力，向上的摩擦力f，因此可知合力为F合＝f﹣m球g＝0.3N﹣0.06N＝0.24N，方向向上
根据牛顿第二定律可知，F合＝m球a，解得a＝40m/s2，假设球筒足够长，羽毛球运动距离为l后停下，则有v2＝2al，
解得l＝0.45m，可知l＞L，因此羽毛球能滑至筒口。
（2）球筒与地面相互作用期间，受到地面的平均冲击力F、自身重力以及羽毛球的摩擦力作用，
根据动量定理可知（F﹣Mg﹣f）t＝Mv，由此解得F＝55.2N，因此地面对球筒的平均冲击力大小为55.2N。
（3）羽毛球离开球筒前，在筒口处随球筒做圆周运动，
因为羽毛球恰好能离开球筒，因此有最大静摩擦力提供向心力，即fm，
羽毛球离开球筒后做平抛运动，初速度大小为v距离地面高度为h＝1.8m，平抛运动的时间为t，则有gt2＝h，
水平位移为xx＝vt，联立解得xx＝1.2m，落地后距离轴心线的距离为x＝xx+R＝（1.2+1.2）m。
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秘籍6 有关动量守恒定律的综合应用
一、碰撞模型深度考查
1、弹性与非弹性碰撞分析：考查学生能否区分弹性碰撞（动量、动能都守恒）和非弹性碰撞（仅动量守恒）。在复杂场景里，依动量守恒和动能关系，求解碰撞前后物体速度、动能变化。
2、碰撞能量与动量关系：考查碰撞中动能与其他能量（如内能、弹性势能）转化和动量守恒的联系。要求学生理解非弹性碰撞动能损失去向，以及含弹簧碰撞模型中弹性势能与动量、动能的转化，借此求解未知量。
二、多体系统动量守恒应用
1、多物体相互作用分析：考查学生对多物体系统内力、外力判断，以及正确选取系统应用动量守恒定律。系统内物体相互作用多样，如碰撞、爆炸、连接体相对运动等，学生需梳理各物体运动状态变化，列方程求解。
2、复杂运动情境应用：系统中物体可能做曲线运动，学生要结合运动特点，在合适方向应用动量守恒。例如系统中既有水平碰撞，又有竖直抛体运动，需分别分析水平、竖直方向动量变化，联立方程求解。
三、临界与极值问题中的动量守恒
1、碰撞临界状态分析：考查碰撞中如恰好不相撞、恰好分离等临界情况。学生需找出临界条件，结合动量守恒及其他物理规律（能量、几何关系等）列方程，求解临界值，对逻辑推理能力要求高。
2、动量守恒极值求解：在多体系统动量守恒下，求速度、动能、位移等物理量极值。通过分析系统运动，确定极值条件，用数学方法（如二次函数求最值）结合动量守恒求解。
题型一 与碰撞模型有关的动量守恒定律的综合应用（计算题）
题型二 与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用（计算题）
题型三 与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用（计算题）
1、弹性碰撞模型
1．弹性碰撞
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
m1v12+m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 (2)
联立（1）、（2）解得：
v1ˊ=，v2ˊ=.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 .
2．“动静相碰型”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v＝m1v1′2＋m2v2′2
解得：v1′＝，v2′＝
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1 m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1 m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
2、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1)
损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2)
2．完全非弹性碰撞
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
ΔEk= m1v12+ m2v22- (m1+m2)v共2. （2）
联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk=
3、滑块木板模型
示意图 木板初速度为零 木板有初速度，板块反向
v-t图
4、小球—弹簧模型
(1)两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大
动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v
能量守恒：m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm
(相当于完全非弹性碰撞)
(2)弹簧恢复原长时：
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
能量守恒：m1v02＝m1v12＋m2v22
(相当于完全弹性碰撞)
1．（2025 新余一模）如图，平板小车C静止在水平面上，左端紧靠平台且与平台等高，平台边缘正上方用长H＝0.8m的轻绳悬挂质量为m的物块A，悬点正下方静置一质量为mB＝3kg的物块B，将A向左拉至轻绳水平由静止释放，A与B发生正碰，碰后A的速度为零。已知A与B碰撞过程中的恢复系数，该系数是一个定值，只与发生碰撞物体材料有关。现将A、B互换角色，将B悬挂起来从水平位置由静止释放，与A发生正碰后，A滑上小车后，立即取走B，经过一段时间作用，小车C停止且A不滑出小车。已知物块A和小车C质量都为m＝2kg，物块A与小车C上表面间的动摩擦因数μ1＝0.4，小车C与地面动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g＝10m/s2，A、B均可视作质点，不计空气阻力。求：
（1）物块B与物块A碰撞前速度v0；
（2）A刚滑上小车时的速度大小v1；
（3）小车C最少需要的长度L，及最后小车离开平台的位移x。
2．（2025 广州一模）2024年6月2日，嫦娥六号着陆器成功软着陆于月球背面南极﹣艾特肯盆地。当着陆器下降至距月面高度为1m时，速度减为v1＝2m/s，此时关闭反推发动机，着陆器自由下落，最终四条缓冲着陆支撑腿稳稳地落在月面上。已知着陆器质量为m＝2000kg，月球表面重力加速度g取1.6m/s2。
（1）求着陆器落至月面时速度v2的大小（计算结果可保留根号）。
（2）为保障着陆器成功着陆，某科技小组为着陆器的四条支撑腿设计了一种碰撞吸能装置，如图甲所示，碰撞吸能装置由一级吸能元件和二级吸能元件构成。当该装置与月面碰撞时，其弹力随作用行程（压缩量）的变化关系如图乙所示。其中一级吸能元件的缓冲弹力与压缩量成正比，属于弹性形变，当压缩量为x1＝50mm时，达到其最大缓冲极限，此时一级吸能元件被锁定。此后二级吸能元件开始工作，二级吸能元件产生的弹力恒为18000N，其最大作用行程为100mm。忽略落到月面后着陆器引力势能的变化，求：该着陆器速度减为零时，二级吸能元件的作用行程是多少。
（3）为了测试该碰撞吸能装置的缓冲性能，将1套该吸能装置安装在测试车A的前端，测试车A与静止在水平面上的测试车B发生正碰，在二级吸能元件最大吸能总量（即最大作用行程）的75%以内进行碰撞测试。已知测试车A与该碰撞吸能装置的总质量为mA＝300kg，测试车B的质量为mB＝150kg，且达到二级吸能元件最大吸能总量的75%时A与B共速。碰撞过程中内力远大于外力，求测试车A碰撞前的最大速度。
3．（2025 全国一模）如图，半径为R光滑半圆形轨道在最低点A与左侧光滑水平面相切，可视为质点的小球P、Q之间有一被压缩的轻质弹簧（弹簧与物块不栓接），静止在水平面上。若固定小球P，释放弹簧，小球Q离开弹簧后从A进入半圆轨道，经最高点C落回水平面的位置与A距离为2R；若P不固定，释放弹簧，小球Q离开弹簧后从A进入半圆轨道，在图示B点脱离轨道。已知R、小球Q的质量m、θ＝30°、重力加速度g，求：
（1）被压缩弹簧初始时弹性势能Ep；
（2）小球P的质量mp。
4．（2025 和平区校级模拟）如图甲所示，半径R＝0.5m的四分之一光滑圆弧轨道A与长l＝1m的平板B均静置于光滑水平地面上，A与B刚好接触且二者的上表面相切，一物块C（可视为质点）静置于B的最右端，C与B上表面的动摩擦因数μ从左往右随距离l均匀变化，其变化关系如图乙所示。已知A、B、C的质量均为m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，现给C一水平向左的初速度v0＝4m/s。
（1）若A、B固定，其他条件均不变，求C刚滑到A最低点P时对轨道的压力大小；
（2）若A、B不固定，其他条件均不变，求：
①C由B最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功；
②C相对于A最低点P所能达到的最大高度（结果保留两位有效数字）。
5．（2025 聊城模拟）如图所示，倾斜传送带与水平面夹角为θ，顺时针运行速度v0＝4m/s，下端与光滑水平轨道平滑连接。小物块P从传送带顶端由静止释放，当小物块运动至光滑水平轨道末端恰好与静置在长木板左端等高位置的物块Q发生弹性碰撞。长木板水平部分AB粗糙，右端为四分之一光滑圆弧轨道，半径R＝0.1m。已知物块Q离开C点后能上升的最大高度h＝0.2m，小物块P与传送带间的动摩擦因数μ1，物块Q与木板上表面AB间动摩擦因数μ2＝0.6，物块P、Q的质量m1＝m2＝1.0kg，长木板的质量m1＝2.0kg，重力加速度g＝10m/s2，H＝3m，θ＝30°，水平面MN光滑且足够长，忽略空气阻力。求：
（1）物块P运动到传送带底端时的速度大小v1；
（2）物块P与传送带间因摩擦产生的热量；
（3）若物块Q能停在木板上，求Q最终停在木板上的位置；若不能，求Q离开木板时的速度大小。
6．（2025 宁波一模）一游戏装置截面如图所示，AB为足够长的倾斜直轨道，BC、CD是两段半径均为R1＝0.5m的竖直圆管轨道，DE为水平轨道，固定水平传送带EF以v0＝2m/s顺时针转动，轨道AB与圆管道相切于B处，各部分之间平滑连接，紧靠F处有一质量M＝3kg的小车静止在光滑的水平地面上，小车的上表面由水平面GH和半径R2＝0.1m的四分之一圆弧面HI组成。一个可视为质点的滑块，从轨道AB上距B点l＝0.5m处由静止开始下滑，经过圆管轨道BCD和水平轨道DE，并冲上传送带，已知滑块的质量m＝1kg，θ＝37°，传送带的长度L＝3.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，与其余各处阻力均不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则：
（1）求滑块到达D点时对轨道的压力大小；
（2）求滑块第一次通过传送带过程中，对传送带所做的功；
（3）求滑块冲上小车后，滑块第一次离开小车时的速度大小；
（4）调节传送带以不同的速度v顺时针匀速转动，试分析滑块离小车上表面GH最大高度H与速度v的关系。
7．（2025 山东模拟）如图所示，长木板静止在光滑水平地面上，一木块（可视为质点）放置在长木板的最右端，一轻质弹簧固定在长木板左侧的竖直墙壁上。某一时刻子弹（可视为质点）以水平速度v0射中木块并在极短时间内嵌入其中，之后二者一起运动，当木块与长木板达到共同速度v共＝3m/s时，长木板左端刚好与弹簧接触，之后长木板开始压缩弹簧，弹簧压缩至最短时，弹簧自锁（即不再压缩也不恢复形变），此时木块恰好停留在长木板的最左端。已知子弹的质量m0＝10g，木块的质量m＝0.99kg，长木板的质量M＝1kg，木块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，长木板的长度l＝6.5m，取g＝10m/s2。求：
（1）子弹射入木块前的速度大小；
（2）开始时长木板左端与弹簧右端之间的距离；
（3）弹簧的最大弹性势能。
8．（2025 潍坊模拟）如图所示，质量m＝1kg的小球P静置在O点正上方，水平面上固定一足够长的“L”形木板，其上表面光滑，在B点固定一劲度系数k＝π2N/m的轻弹簧，弹簧右端拴接质量M＝4kg的长方体滑块Q，Q的中心在O点正上方，处于静止状态。现将P由静止释放，当P刚运动到Q的上表面时，给Q一个v0＝5m/s向右的初速度，P和Q发生碰撞，碰后P运动轨迹的最高点与释放点等高。当Q第一次运动到右侧最大位移处时，P恰好再次落到Q上表面的中心位置，与Q发生第二次碰撞。已知所有的碰撞时间极短，质量为m0的弹簧振子振动周期为T＝2π，弹簧弹性势能的表达式为Epkx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），不计空气阻力，g取10m/s2。
（1）求P的释放点与Q上表面的高度差h；
（2）求P与Q第一次碰撞后，弹簧与Q组成的弹簧振子的振幅A；
（3）P与Q第二次碰撞完毕跳起后将P取走，求此后弹簧与Q组成的弹簧振子的振幅A′。
9．（2025 青白江区模拟）如图所示，三个相同的物块A、B、C，质量均为m，小物块C放置在水平地面上，小物块B和小物块C在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，小物块A在小物块B的正上方，开始时A、B、C均静止。现让小物块A从距小物块B高h处自由下落，小物块A、B碰后一起向下运动。已知弹簧的弹性势能可表示为，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g。
（1）求小物块A、B碰后瞬时速度的大小；
（2）求小物块B向下运动的最大位移；
（3）若小物块B向上运动到最高点时，小物块C恰好离开地面，求小物块A开始下落时距小物块B的高度。
10．（2025 西安校级模拟）如图所示，带有圆弧的滑块A静止放在光滑的水平面上，其圆弧部分光滑，水平部分粗糙，圆弧半径为R＝1.8m，圆弧的末端点切线水平，A的左侧紧靠固定挡板，距离A的右侧s处是与A等高的平台，平台上MN之间是一个宽度为l＝0.5m的特殊区域，只要物体进入MN之间就会受到一个方向向右、大小为F＝10N的恒定作用力，平台MN之间粗糙，其余部分光滑，MN的右侧安有一个固定的弹性卡口。现有一个小滑块B（可视为质点）从A的圆弧顶端处静止释放，当B通过MN区域后，碰撞弹性卡口的速度v不小于5m/s时可通过弹性卡口，速度小于5m/s时将会被原速率弹回。已知小滑块B的质量为m＝1kg，滑块A的质量为0.5kg，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）B刚下滑到圆弧底端时对圆弧底端的压力多大？
（2）若B与A水平段间的动摩擦因数μ1＝0.5，保证A与平台相碰前A、B能够共速，且B刚好滑到A的右端，则s应满足什么条件？A水平段的长度d是多少？
（3）在满足（2）问的条件下，A与平台相碰后立即粘连不再分开，随即B滑上平台，设B与MN之间的动摩擦因数0＜μ2＜1，试讨论因μ2的取值不同，B在MN间通过的路程x。
11．（2025 博野县模拟）如图所示，一圆心为O、半径R＝4.8m、质量M＝3kg的光滑圆弧轨道锁定在水平面上，AB为其圆弧面，圆心角θ＝60°，B点与地面相切。水平面的CD之间放置一足够长的轻弹簧，右端D点固定，CD部分粗糙，其余光滑。现将一质量m＝2kg的小物块P从空中某位置以初速度v0＝2m/s水平抛出，恰好从圆弧轨道的最高点A无碰撞的进入圆弧轨道，从B端离开后向右运动压缩弹簧，然后又被弹簧弹回，不计物块与弹簧碰撞损失的能量。已知小物块与水平面CD间的动摩擦因数μ＝0.8，弹簧的劲度系数k＝160N/m，弹簧的弹性势能Ep（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），重力加速度g取10m/s2。
（1）求小物块抛出点的高度h；
（2）求弹簧的最大压缩量；
（3）小物块被弹簧弹回后，同时圆弧轨道解开锁定，试判断小物块能不能从A点抛出？若能，求出小物块所能到达的最大高度；若不能，求出小物块第三次经过C点时速度大小。
12．（2025 江门一模）如图甲，为了从筒中倒出最底部的羽毛球，将球筒竖直并筒口朝下，从筒口离地面h＝1.8m的高度松手，让球筒自由落体，撞击地面，球筒与地面碰撞时间t＝0.01s，碰撞后球筒不反弹。已知球筒质量M＝90g，球筒长度L＝40cm，羽毛球质量为m＝6g，羽毛球和球筒之间最大静摩擦力fm＝0.3N，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为简化问题把羽毛球视为质点，空气阻力忽略不计，g取10m/s2，4.82＝23.04，求：
（1）碰撞后羽毛球是否到达球筒口；
（2）碰撞过程中，地面对球筒的平均冲击力为多大；
（3）如图乙所示，某人伸展手臂握住球筒底部，使球筒与手臂均沿水平方向且筒口朝外，筒身离地高度仍为h＝1.8m，他以身体躯干为中心轴逐渐加速转动直至羽毛球刚好飞出，筒口离中心轴距离为R＝1.2m，则球落地后距离中心轴有多远？
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