专题03 动量守恒定律模型 讲义 -2025-2026学年高二上学期物理同步模型分析（人教版选择性必修第一册）

专题03 动量守恒定律模型 【模型1　双物体守恒定律】 【模型剖析】 模型 1：双物体动量守恒模型 当双物体系统在某一方向合外力为零（或合外力冲量可忽略，如碰撞时间极短）时，系统在该方向总动量守恒。 核心公式：（规定正方向，速度与正方向相反需带负号）。 构建步骤： 1、定系统：将两个物体（如碰撞的小球 A、B）划为一个系统。 2、判守恒条件：分析目标方向（如水平）的外力： 若外力合力为零（如光滑水平面，无摩擦力），则动量守恒； 若外力（如重力）冲量远小于内力（如碰撞力）冲量（Δt 极短），可近似守恒（如竖直方向碰撞）。 3、定正方向与状态：规定速度正方向（如向右为正），明确系统 “初状态”（守恒前，如碰撞前）和 “末状态”（守恒后，如碰撞后）的速度。 4、列方程求解：代入质量与初末速度，解方程求未知量（如末速度、质量）。 模型 2：双物体机械能守恒模型 当双物体系统内只有重力或弹力做功（无摩擦力、空气阻力等非保守力做功），且系统与外界无能量交换时，系统总机械能（动能 + 势能）守恒。 核心公式：，即： 包括重力势能、弹性势能，需选参考平面计算）。 构建步骤： 1、定系统：将两个物体及势能载体（如弹簧、地球）划为系统（若涉及重力势能，需包含地球）。 2、判守恒条件：检查是否存在非保守力做功： 无摩擦力、空气阻力； 无外力（如拉力）做功，或内力中只有重力 / 弹力做功（如弹簧连接两物体的往复运动）。 3、选参考平面与定状态：确定势能参考平面（如重力势能选地面为 0，弹性势能选弹簧原长为 0），明确初末状态的速度和相对位置（如弹簧形变量、物体高度）。 4、列方程求解：分别计算初末状态的总动能和总势能，代入方程求未知量（如速度、高度、形变量）。 模型 3：双守恒联立模型（动量 + 机械能） 当双物体系统同时满足 “动量守恒” 和 “机械能守恒” 条件时（如弹性碰撞），需联立两个守恒方程求解，适用于需要同时确定两个未知量的场景。 适用场景：光滑水平面上的弹性碰撞（无动能损失）、弹簧连接两物体的完全弹性分离。 核心方程： 1、动量守恒： 2、机械能守恒： 简化结论：弹性碰撞中，两物体的相对速度满足 “分离速度 = 接近速度”，即，可简化计算。 【题目示例】 如图甲所示，竖直轻弹簧下端固定在地面上，以弹簧原长处为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，物块B置于弹簧上端并处于静止状态。现让物块A从O点由静止释放，与B碰撞后一起向下运动。以B开始静止时所在平面为参考平面，A向下运动过程中，A、B的总机械能E与A的位置坐标x的关系如图乙所示，图中数据皆为已知量，A、B均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．B的质量为A的3倍 B．弹簧的劲度系数为 C．A、B碰撞过程损失的机械能为 D．A、B总机械能为零时位置坐标为 【推理过程】 【详解】A．由于B开始静止时所在平面为参考平面，依题意知 A、B碰撞过程动量守恒，规定竖直向下为正方向，则有 因为 联立解得，故A正确； B．为原长位置，对B，由平衡条件可知 由于 联立解得弹簧的劲度系数为，故B正确； C．物块A、B碰撞过程损失的机械能为，故C错误； D．由乙图可知，物块A向下运动到时，A、B总机械能减为零，由功能关系可知 解得，故D错误。 故选AB。 【模型2　多物体追及碰撞模型】 【模型剖析】 步骤1：单次碰撞分析 —— 用守恒定律求速度 对最先碰撞的两个物体，单独应用动量（及机械能）守恒，计算碰撞后的速度，作为下一次追及的 “初始速度”。 核心方法：将最先碰撞的两个物体视为 “临时系统”，忽略其他物体的影响（因碰撞瞬时，其他物体尚未参与），按双物体碰撞模型求解。 分情况计算： 1、弹性碰撞（机械能守恒）： 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： (1) (2) 联立（1）、（2）解得： v1’=，v2’= 2、完全非弹性碰撞（碰撞后共速）： 仅动量守恒，碰撞后两物体共速，后续以整体速度参与运动。 步骤 2：衔接碰撞状态 —— 分析后续追及可能性 碰撞结束后，更新参与碰撞物体的速度，再结合未碰撞物体的位置与速度，判断是否会发生下一次追及碰撞，形成 “碰撞→更新→再判断” 的循环。 步骤3：分析最终状态 —— 确定碰撞终止条件 当所有物体的速度满足 “后方物体速度≤前方物体速度” 时，无后续追及，碰撞终止，模型分析结束。 【题目示例】 如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v； (2)若钢球质量为5m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1； (3)若钢球质量为5m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Eₖ。 【推理过程】 【详解】（1）若钢球质量为m，玻璃球与钢球发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得， 解得， 可知在碰撞过程中，二者速度互换；由于所有碰撞均为弹性碰撞，且质量均为m，所以每一次碰撞后速度发生交换，则最右侧的钢球最终运动的速度大小为。 （2）若钢球质量为5m，玻璃球与钢球发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 ， 解得， 可知玻璃球的速度大小为 （3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞次后速度大小为 则玻璃球碰撞次后最终动能大小 1. 如图所示的是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是（　　） A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量守恒 B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒 C．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度 D．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同 【答案】D 【详解】AB．球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，由分析知5个小球组成的系统机械能守恒，但在球1下落和球5上升过程中都受到重力的冲量，动量不守恒，故AB错误； CD．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放，则3与4碰后，3停止、4具有向右的速度，4与5碰撞交换速度，4停止、5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起；故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，C错误，D正确。 故选D。 2. 在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧（不连接），如图所示，用左、右两手分别抓住小车A、B并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。将两小车及弹簧看成一个系统，下面说法错误的是（    ） A．两手同时放开后，系统总动量始终为零 B．先放开左手，再放开右手后，系统动量不守恒 C．先放开左手，后放开右手，总动量向左 D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量保持不变，但系统总动量不一定为零 【答案】B 【详解】A．两手同时放开时，系统动量为零，之后系统所受合外力为零，总动量守恒始终为零。故A正确；与题意不符； B．两手都放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒。故B错误，与题意相符； C．先放开左手，系统具有向左的动量，后放开右手，系统所受合外力为零，动量守恒，总动量向左。故C正确，与题意不符； D．无论何时放开手，只要是两手都放开后就满足动量守恒的条件，故系统的总动量保持不变。若同时放开，那么放手后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零。若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手时系统所具有的总动量相等，故不为零。故D正确，与题意不符。 本题选错误的，故选B。 3. 如图所示，光滑的水平面上静止放置一个表面光滑的弧形槽、物块和滑板，小孩站在静止的滑板上将物块向弧形槽推出，物块滑上弧形槽后未冲出弧形槽的顶端，则（　　） A．小孩推出物块过程，小孩和物块组成的系统动量守恒 B．物块在弧形槽上运动过程，物块和弧形槽组成的系统动量守恒 C．物块离开弧形槽时的速率比冲上弧形槽时的速率更大 D．物块离开弧形槽时，弧形槽、物块、小孩和滑板组成的系统总动量为零 【答案】D 【详解】A．小孩推出物块过程，小孩、滑板和物块系统合外力为0，动量守恒，故A错误； B．冰块在凹槽上运动过程，冰块和凹槽系统水平方向合外力为0，所以水平方向动量守恒，但系统动量不守恒，故B错误； C．冰块在凹槽上滑和下滑过程，凹槽对冰块做负功，速度减小，冰块离开凹槽时的速率比冲上凹槽时的速率小，故C错误 D．初始动量为0，物块离开弧形槽时，弧形槽、物块、小孩和滑板组成的系统总动量为零，故D正确。 故选D。 4. 如图所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n（n＝1，2，3…）。每人只有一个沙袋，x>0一侧的每个沙袋质量为m＝14kg，x<0一侧的每个沙袋质量，一质量为M＝58kg的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行，不计轨道阻力，当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）。则（　　） A．空车出发后，车上堆积了3个沙袋时车就会反向滑行 B．空车出发后，车上堆积了4个沙袋时车就会反向滑行 C．车上最终共有大小沙袋11个再次反向 D．车上最终共有大小沙袋14个再次反向 【答案】BD 【详解】AB．在小车朝正x方向滑行的过程中，第（n－1）个沙袋扔到车上后的车速为，第n个沙袋扔到车上后的车速为，由动量守恒定律 解得 小车反向运动的条件是，即， 代入数据解得 n应为整数，故n＝4 即车上堆积4个沙袋后车就反向滑行，故B正确，A错误； CD．车自反向滑行直到接近x<0一侧第1人所在位置时，车速保持不变，而车的质量为M＋4m。若在朝负x方向滑行过程中，第（n－1）个沙袋扔到车上后车速为，第n个沙袋扔到车上后车速为，现取在图中向左的方向（负x方向）为速度、的正方向，则由动量守恒定律有车不再向左滑行的条件是 若反向有 解得n＝10 n＝10时，车反向滑行，即在x<0一侧第10个沙袋扔到车上后车就反向，所以车上最终共有大小沙袋14个，故D正确，C错误。 故选BD。 5. 如图所示，两相距为d、带同种电荷的小球在外力作用下，静止在光滑绝缘水平面上。在撤去外力的瞬间，A球的加速度大小为a，两球运动一段时间后，B球的加速度大小为，速度大小为。已知A球质量为2m，B球质量为m，两小球均可视为点电荷，不考虑带电小球运动产生的电磁效应，则在该段时间内（　　） A．两球间的距离由d变为2d B．两球组成的系统电势能减少了 C．B球运动的距离为 D．库仑力对A球的冲量大小为 【答案】AC 【详解】A．当两球间的距离为时，在撤去外力的瞬间，对A进行分析，由牛顿第二定律可得 一段时间后设两球间的距离为，对B进行分析有 解得 故A正确； B．设球B的速度为时， A球的速度为，由动量守恒可得 解得 两球的动能增加了 由能量守恒定律可知，两球组成的系统其电势能减少了，故B错误； C．根据动量守恒定律有 解得 上述表达式在任意时刻均成立，则有 即有 又因为 解得 故C正确； D．在该段时间内，A球的速度由0变为，由动量定理可得库仑力对A球的冲量大小为 故D错误。 故选AC。 6. 如图所示，放在光滑水平面上的两小车中间用一压缩了的轻弹簧连接，两只手分别按住甲、乙两小车，使它们静止。两车的质量均为1kg，轻弹簧的弹性势能为1J，轻弹簧始终在弹性限度内，现先放开乙车，当弹簧刚恢复原长时放开甲车，若以两小车及弹簧组成系统，则下列说法正确的是（　　） A．系统的总动量一直为0 B．系统的总机械能（含弹簧的弹性势能）一直为1J C．放开乙车后，当乙车的速度为0时，甲车的速度也可能为0 D．放开乙车后，系统动量守恒，机械能（含弹簧的弹性势能）守恒 【答案】BC 【详解】A．先放开乙车，当弹簧刚恢复原长时放开甲车，此时甲车速度为0，乙车有向右的速度，则系统的总动量不为0，故A错误； B．整个过程中，甲、乙两车和弹簧组成的系统满足机械能守恒，则系统的总机械能（含弹簧的弹性势能）一直为1J，故B正确； C．放开乙车后，在放开瞬间，乙车的速度为0，此时甲车的速度也为0，故C正确； D．放开乙车后，在弹簧刚恢复原长前的过程，由于手对甲车有作用力，所以系统动量不守恒，但系统机械能守恒，故D错误。 故选BC。 7. 如图所示，固定在竖直平面内的轨道由圆弧轨道和直轨道组成，直轨道与圆弧轨道末端恰好在C点相切。圆弧轨道半径，圆心为O，A端与圆心O等高，B为轨道的最低点，连线竖直，C端与圆心O的连线与竖直方向的夹角。质量的物块Q静止放置在轨道段的底端C处，物块Q与轨道之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。质量光滑物块P从A处由静止释放，物块P与物块Q之间的碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，P和Q均可视为质点，g取，，求： (1)物块P第一次经过B点时，对轨道的压力大小； (2)物块P与Q第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小； (3)物块Q沿轨道上滑的整个过程因摩擦产生的热量。 【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）P第一次滑到B点时，有 P从静止释放到第一次经过B点的过程，根据动能定理有 根据牛顿第三定律可知P对轨道B点的压力 联立解得 （2）P从静止释放到与Q第一次碰撞前瞬间，根据动能定理有 P与Q第一次碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律得， 联立解得， （3）设第一次碰撞后Q上升的高度为，由功能关系可知 解得 设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得 P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为，由动量守恒定律和能量守恒定律得， 设第二次碰撞后Q上升的高度为，由功能关系可知 联立解得 同理可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为 则总位移为 解得 故物块Q上滑过程中产生的热量为 8. 如图所示，光滑的水平轨道左右两端分别与倾角为和的光滑斜面平滑连接。初始时刻，质量的小球甲静止在距水平轨道高度的处，质量的小球乙静止在距水平轨道高度的处，两小球同时由静止释放。小球甲、乙同时在水平轨道内运动时，它们之间才存在相互排斥力，排斥力的大小（为两者的相对速度）。已知水平轨道足够长，不计空气阻力，重力加速度取。 (1)求甲、乙两小球刚进入水平轨道时的速度和的大小。 (2)若甲、乙两小球第一次在水平轨道上运动的过程中恰好不相碰，求此过程甲、乙两小球共速时的速度。 (3)若甲、乙两小球第一次在水平轨道上运动的过程中恰好不相碰，求水平轨道的长度。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）设两小球从斜面滑下的时间分别为和，加速度分别为和，由匀变速直线运动的位移与时间的关系有， 由匀变速直线运动的速度与时间的关系有， 由牛顿第二定律有， 解得，， （2）由第一问可知，两小球同时进入水平轨道，均做减速运动，最终达到共同速度。 设两小球的共同速度为，对两小球组成的系统，取水平向左为正方向，由动量守恒定律 解得 （3）两小球从进入水平轨道至恰好不相碰，对小球甲，由动量定理有 又 联立解得 9. 如图所示，转轴间距为2.24m的水平传送带以4m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带右端靠近光滑水平面，传送带上表面与水平面在同一水平面内，物块B放在水平面左端，将质量为1kg的物块A轻放在传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为10m/s2，物块A运动到传送带右端并与物块B发生弹性碰撞，碰撞后物块A第二次滑上传送带，物块A第二次在传送带上运动的时间与第一次在传送带上运动的时间相等，碰撞时间忽略不计，不计物块的大小，求： (1)物块A第一次在传送带上运动的时间； (2)物块B的质量； (3)当物块A与B发生第二次碰撞时，物块B运动的距离。 【答案】(1)0.96s (2)4kg (3)4.608m 【详解】（1）假设物块A第一次在传送带上先加速后匀速，加速阶段，根据牛顿第二定律可得 解得物块A加速运动的加速度m/s2 加速运动的距离m 由于m，因此假设成立。因此物块A第一次在传送带上运动的时间s （2）设物块A与B碰撞后一瞬间，物块A的速度大小为，物块B的速度大小为，由于，因此物块A第二次在传送带上运动为类上抛运动。则 解得m/s A、B碰撞过程，根据动量守恒 根据机械能守恒 解得kg （3）由（2）可知，碰撞后一瞬间，物块B的速度大小m/s 物块A第二次在传送带上运动过程中，物块B向右运动的距离m 设物块A在水平面上运动时间与物块B发生碰撞，则 解得s 则当物块A与B发生第二次碰撞时，物块B运动的距离为m 10. 如图所示，一足够长光滑的水平面轨道，左侧与光滑曲面轨道、右侧与倾角α=37°的斜面平滑相接，质量为m的滑块A静置于水平轨道的最左端。质量也为m的滑块B从右侧斜面上离水平面H高处静止释放，此后做多次往复运动。已知A、B之间的碰撞为弹性正碰，滑块B与斜面的动摩擦因素，不计空气阻力，滑块A、B均视作质点，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)滑块B第一次运动到斜面底端时速度的大小（结果用根号表示）； (2)滑块A、B发生第一次弹性碰撞后A、B各自的速度大小（结果用根号表示）； (3)滑块A第一次冲上光滑曲面轨道的高度、滑块B在斜面上往返运动的总路程。 【答案】(1) (2)， (3)， 【详解】（1）设滑块B第一次运动到斜面底端时的速度为v，由动能定理可得 解得 （2）设第一次碰撞后A的速度为，B的速度为，因为两者发生弹性正碰，因此碰撞过程中动量守恒 机械能守恒 解得， （3）设滑块A第一次冲上光滑曲面轨道的高度，根据能量守恒 解得 设滑块B在斜面上往返运动的总路程为s，根据动能定理 解得 11. 如图所示，轻杆两端分别系着质量为mA=2kg的圆环A和质量为mB=1kg的小球B，轻杆与A的连接处有光滑铰链，轻杆可以绕铰链自由转动，A套在光滑的水平固定横杆上且能自由滑动，A、B静止不动时B球恰好与光滑地面接触，在B的左侧是半径为R=0.4m的圆弧，质量为mC=3kg的小球C以v0=3m/s的速度向左与B球发生正碰，已知碰后C小球恰好能做平抛运动，小球B在运动过程中恰好能与横杆接触。重力加速度取g=10m/s2，则： (1)碰后C球平抛的水平位移大小： (2)A、B间轻杆的长度。 【答案】(1) (2)0.3m 【详解】（1）碰后C球恰好能做平抛运动，则C球在圆弧顶端，根据牛顿第二定律有 解得 C做平抛运动，在竖直方向上有 在水平方向上有 联立解得 （2）碰撞过程中，B球和C球组成的系统动量守恒，则有 解得 碰后当B球恰好与横杆接触时，A、B二者具有相同的水平速度，A、B构成的系统水平方向动量守恒，则有 根据机械能守恒定律有 联立解得 12. 如图所示，n个相同的木块（均可视为质点），每块的质量都是m，从右向左沿同一直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为L，第n个木块到桌边的距离也是L，木块与桌面间的动摩擦因数可调。t=0时，第1个木块以初速度v0向左滑行，其余所有木块都静止，若每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动，碰撞过程时间极短可忽略。 (1)若动摩擦因数为μ，经一系列碰撞后，第n个木块恰好滑到桌边而没有掉下，求在整个过程中因碰撞而损失的总动能（可能用到的公式：1+2 +3+……+； (2)求第i次碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比； (3)若n=4，L=0.10 m，v0=3.0m/s，重力加速度，为使第4个木块被碰后不从桌面滑下，求的取值范围。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，全过程因摩擦生热为 由能量守恒定律可知，碰撞而损失的总动能为 （2）设第i次碰撞前木块的速度为vi，碰撞后速度为，则有     碰撞中损失的动能与碰撞前动能Eki之比为 解得 （3）根据题意可知，初动能 第1次碰撞前 利用（2）问结论，第1次碰撞后 同理：第2次碰撞前     第2次碰撞后     第3次碰撞前 第3次碰撞后 据题意有 且     代入数据，联立求解得 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 动量守恒定律模型 【模型1　双物体守恒定律】 【模型剖析】 模型 1：双物体动量守恒模型 当双物体系统在某一方向合外力为零（或合外力冲量可忽略，如碰撞时间极短）时，系统在该方向总动量守恒。 核心公式：（规定正方向，速度与正方向相反需带负号）。 构建步骤： 1、定系统：将两个物体（如碰撞的小球 A、B）划为一个系统。 2、判守恒条件：分析目标方向（如水平）的外力： 若外力合力为零（如光滑水平面，无摩擦力），则动量守恒； 若外力（如重力）冲量远小于内力（如碰撞力）冲量（Δt 极短），可近似守恒（如竖直方向碰撞）。 3、定正方向与状态：规定速度正方向（如向右为正），明确系统 “初状态”（守恒前，如碰撞前）和 “末状态”（守恒后，如碰撞后）的速度。 4、列方程求解：代入质量与初末速度，解方程求未知量（如末速度、质量）。 模型 2：双物体机械能守恒模型 当双物体系统内只有重力或弹力做功（无摩擦力、空气阻力等非保守力做功），且系统与外界无能量交换时，系统总机械能（动能 + 势能）守恒。 核心公式：，即： 包括重力势能、弹性势能，需选参考平面计算）。 构建步骤： 1、定系统：将两个物体及势能载体（如弹簧、地球）划为系统（若涉及重力势能，需包含地球）。 2、判守恒条件：检查是否存在非保守力做功： 无摩擦力、空气阻力； 无外力（如拉力）做功，或内力中只有重力 / 弹力做功（如弹簧连接两物体的往复运动）。 3、选参考平面与定状态：确定势能参考平面（如重力势能选地面为 0，弹性势能选弹簧原长为 0），明确初末状态的速度和相对位置（如弹簧形变量、物体高度）。 4、列方程求解：分别计算初末状态的总动能和总势能，代入方程求未知量（如速度、高度、形变量）。 模型 3：双守恒联立模型（动量 + 机械能） 当双物体系统同时满足 “动量守恒” 和 “机械能守恒” 条件时（如弹性碰撞），需联立两个守恒方程求解，适用于需要同时确定两个未知量的场景。 适用场景：光滑水平面上的弹性碰撞（无动能损失）、弹簧连接两物体的完全弹性分离。 核心方程： 1、动量守恒： 2、机械能守恒： 简化结论：弹性碰撞中，两物体的相对速度满足 “分离速度 = 接近速度”，即，可简化计算。 【题目示例】 如图甲所示，竖直轻弹簧下端固定在地面上，以弹簧原长处为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，物块B置于弹簧上端并处于静止状态。现让物块A从O点由静止释放，与B碰撞后一起向下运动。以B开始静止时所在平面为参考平面，A向下运动过程中，A、B的总机械能E与A的位置坐标x的关系如图乙所示，图中数据皆为已知量，A、B均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．B的质量为A的3倍 B．弹簧的劲度系数为 C．A、B碰撞过程损失的机械能为 D．A、B总机械能为零时位置坐标为 【推理过程】 【详解】A．由于B开始静止时所在平面为参考平面，依题意知 A、B碰撞过程动量守恒，规定竖直向下为正方向，则有 因为 联立解得，故A正确； B．为原长位置，对B，由平衡条件可知 由于 联立解得弹簧的劲度系数为，故B正确； C．物块A、B碰撞过程损失的机械能为，故C错误； D．由乙图可知，物块A向下运动到时，A、B总机械能减为零，由功能关系可知 解得，故D错误。 故选AB。 【模型2　多物体追及碰撞模型】 【模型剖析】 步骤1：单次碰撞分析 —— 用守恒定律求速度 对最先碰撞的两个物体，单独应用动量（及机械能）守恒，计算碰撞后的速度，作为下一次追及的 “初始速度”。 核心方法：将最先碰撞的两个物体视为 “临时系统”，忽略其他物体的影响（因碰撞瞬时，其他物体尚未参与），按双物体碰撞模型求解。 分情况计算： 1、弹性碰撞（机械能守恒）： 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： (1) (2) 联立（1）、（2）解得： v1’=，v2’= 2、完全非弹性碰撞（碰撞后共速）： 仅动量守恒，碰撞后两物体共速，后续以整体速度参与运动。 步骤 2：衔接碰撞状态 —— 分析后续追及可能性 碰撞结束后，更新参与碰撞物体的速度，再结合未碰撞物体的位置与速度，判断是否会发生下一次追及碰撞，形成 “碰撞→更新→再判断” 的循环。 步骤3：分析最终状态 —— 确定碰撞终止条件 当所有物体的速度满足 “后方物体速度≤前方物体速度” 时，无后续追及，碰撞终止，模型分析结束。 【题目示例】 如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v； (2)若钢球质量为5m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1； (3)若钢球质量为5m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Eₖ。 【推理过程】 【详解】（1）若钢球质量为m，玻璃球与钢球发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得， 解得， 可知在碰撞过程中，二者速度互换；由于所有碰撞均为弹性碰撞，且质量均为m，所以每一次碰撞后速度发生交换，则最右侧的钢球最终运动的速度大小为。 （2）若钢球质量为5m，玻璃球与钢球发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 ， 解得， 可知玻璃球的速度大小为 （3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞次后速度大小为 则玻璃球碰撞次后最终动能大小 1. 如图所示的是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示。关于此实验，下列说法中正确的是（　　） A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量守恒 B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒 C．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度 D．如果向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同 2. 在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧（不连接），如图所示，用左、右两手分别抓住小车A、B并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。将两小车及弹簧看成一个系统，下面说法错误的是（    ） A．两手同时放开后，系统总动量始终为零 B．先放开左手，再放开右手后，系统动量不守恒 C．先放开左手，后放开右手，总动量向左 D．无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量保持不变，但系统总动量不一定为零 3. 如图所示，光滑的水平面上静止放置一个表面光滑的弧形槽、物块和滑板，小孩站在静止的滑板上将物块向弧形槽推出，物块滑上弧形槽后未冲出弧形槽的顶端，则（　　） A．小孩推出物块过程，小孩和物块组成的系统动量守恒 B．物块在弧形槽上运动过程，物块和弧形槽组成的系统动量守恒 C．物块离开弧形槽时的速率比冲上弧形槽时的速率更大 D．物块离开弧形槽时，弧形槽、物块、小孩和滑板组成的系统总动量为零 4. 如图所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n（n＝1，2，3…）。每人只有一个沙袋，x>0一侧的每个沙袋质量为m＝14kg，x<0一侧的每个沙袋质量，一质量为M＝58kg的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行，不计轨道阻力，当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍（n是此人的序号数）。则（　　） A．空车出发后，车上堆积了3个沙袋时车就会反向滑行 B．空车出发后，车上堆积了4个沙袋时车就会反向滑行 C．车上最终共有大小沙袋11个再次反向 D．车上最终共有大小沙袋14个再次反向 5. 如图所示，两相距为d、带同种电荷的小球在外力作用下，静止在光滑绝缘水平面上。在撤去外力的瞬间，A球的加速度大小为a，两球运动一段时间后，B球的加速度大小为，速度大小为。已知A球质量为2m，B球质量为m，两小球均可视为点电荷，不考虑带电小球运动产生的电磁效应，则在该段时间内（　　） A．两球间的距离由d变为2d B．两球组成的系统电势能减少了 C．B球运动的距离为 D．库仑力对A球的冲量大小为 6. 如图所示，放在光滑水平面上的两小车中间用一压缩了的轻弹簧连接，两只手分别按住甲、乙两小车，使它们静止。两车的质量均为1kg，轻弹簧的弹性势能为1J，轻弹簧始终在弹性限度内，现先放开乙车，当弹簧刚恢复原长时放开甲车，若以两小车及弹簧组成系统，则下列说法正确的是（　　） A．系统的总动量一直为0 B．系统的总机械能（含弹簧的弹性势能）一直为1J C．放开乙车后，当乙车的速度为0时，甲车的速度也可能为0 D．放开乙车后，系统动量守恒，机械能（含弹簧的弹性势能）守恒 7. 如图所示，固定在竖直平面内的轨道由圆弧轨道和直轨道组成，直轨道与圆弧轨道末端恰好在C点相切。圆弧轨道半径，圆心为O，A端与圆心O等高，B为轨道的最低点，连线竖直，C端与圆心O的连线与竖直方向的夹角。质量的物块Q静止放置在轨道段的底端C处，物块Q与轨道之间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。质量光滑物块P从A处由静止释放，物块P与物块Q之间的碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极短，P和Q均可视为质点，g取，，求： (1)物块P第一次经过B点时，对轨道的压力大小； (2)物块P与Q第一次碰撞后瞬间两物块的速度大小； (3)物块Q沿轨道上滑的整个过程因摩擦产生的热量。 8. 如图所示，光滑的水平轨道左右两端分别与倾角为和的光滑斜面平滑连接。初始时刻，质量的小球甲静止在距水平轨道高度的处，质量的小球乙静止在距水平轨道高度的处，两小球同时由静止释放。小球甲、乙同时在水平轨道内运动时，它们之间才存在相互排斥力，排斥力的大小（为两者的相对速度）。已知水平轨道足够长，不计空气阻力，重力加速度取。 (1)求甲、乙两小球刚进入水平轨道时的速度和的大小。 (2)若甲、乙两小球第一次在水平轨道上运动的过程中恰好不相碰，求此过程甲、乙两小球共速时的速度。 (3)若甲、乙两小球第一次在水平轨道上运动的过程中恰好不相碰，求水平轨道的长度。 9. 如图所示，转轴间距为2.24m的水平传送带以4m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带右端靠近光滑水平面，传送带上表面与水平面在同一水平面内，物块B放在水平面左端，将质量为1kg的物块A轻放在传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为10m/s2，物块A运动到传送带右端并与物块B发生弹性碰撞，碰撞后物块A第二次滑上传送带，物块A第二次在传送带上运动的时间与第一次在传送带上运动的时间相等，碰撞时间忽略不计，不计物块的大小，求： (1)物块A第一次在传送带上运动的时间； (2)物块B的质量； (3)当物块A与B发生第二次碰撞时，物块B运动的距离。 10. 如图所示，一足够长光滑的水平面轨道，左侧与光滑曲面轨道、右侧与倾角α=37°的斜面平滑相接，质量为m的滑块A静置于水平轨道的最左端。质量也为m的滑块B从右侧斜面上离水平面H高处静止释放，此后做多次往复运动。已知A、B之间的碰撞为弹性正碰，滑块B与斜面的动摩擦因素，不计空气阻力，滑块A、B均视作质点，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)滑块B第一次运动到斜面底端时速度的大小（结果用根号表示）； (2)滑块A、B发生第一次弹性碰撞后A、B各自的速度大小（结果用根号表示）； (3)滑块A第一次冲上光滑曲面轨道的高度、滑块B在斜面上往返运动的总路程。 11. 如图所示，轻杆两端分别系着质量为mA=2kg的圆环A和质量为mB=1kg的小球B，轻杆与A的连接处有光滑铰链，轻杆可以绕铰链自由转动，A套在光滑的水平固定横杆上且能自由滑动，A、B静止不动时B球恰好与光滑地面接触，在B的左侧是半径为R=0.4m的圆弧，质量为mC=3kg的小球C以v0=3m/s的速度向左与B球发生正碰，已知碰后C小球恰好能做平抛运动，小球B在运动过程中恰好能与横杆接触。重力加速度取g=10m/s2，则： (1)碰后C球平抛的水平位移大小： (2)A、B间轻杆的长度。 12. 如图所示，n个相同的木块（均可视为质点），每块的质量都是m，从右向左沿同一直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为L，第n个木块到桌边的距离也是L，木块与桌面间的动摩擦因数可调。t=0时，第1个木块以初速度v0向左滑行，其余所有木块都静止，若每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动，碰撞过程时间极短可忽略。 (1)若动摩擦因数为μ，经一系列碰撞后，第n个木块恰好滑到桌边而没有掉下，求在整个过程中因碰撞而损失的总动能（可能用到的公式：1+2 +3+……+； (2)求第i次碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比； (3)若n=4，L=0.10 m，v0=3.0m/s，重力加速度，为使第4个木块被碰后不从桌面滑下，求的取值范围。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $