动量守恒定律的应用：板块模型、滑块斜面模型、反冲问题、人船模型及其变式 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦动量守恒四大模型，以条件判定为纲，整合临界分析与能量关系，构建“模型-方法-变式”三阶训练体系，强化运动和相互作用观念与模型建构能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |板块模型|2例+2变式|守恒判定（地面光滑/粗糙）、临界状态（共速/滑落）、能量关系（摩擦生热）|从受力分析到动量守恒条件，结合运动学公式与能量转化，形成“判定-临界-能量”解题链| |滑块斜面模型|2例+2变式|水平动量守恒、机械能守恒（光滑）、摩擦生热（粗糙）、最高点共速|以接触面光滑/粗糙为分类，关联动量守恒与能量转化，突出相对运动分析| |反冲问题|2例+2变式|动量守恒核心式（0=m₁v₁+m₂v₂）、能量转化（内力做功）|基于系统初动量为零，结合动量守恒与能量关系，解决火箭、弹簧弹开等场景| |人船模型|2例+2变式|位移推论（m₁x₁=m₂x₂）、平均动量守恒|从标准模型到斜面/圆弧/竖直变式，通过位移关系简化复杂运动过程|

动量守恒定律的应用：板块模型、滑块斜面模型、反冲问题、人船模型及其变式专项训练 动量守恒定律的应用：板块模型、滑块斜面模型、反冲问题、人船模型及其变式专项训练 考点目录 板块模型 滑块斜面模型 反冲问题 人船模型及其变式 考点一 板块模型 核心知识点 1. 受力分析 滑块与木板间滑动摩擦力；木板与地面摩擦。 1. 两种守恒判定 · 地面光滑：系统水平合外力为0，水平动量守恒； · 地面粗糙：合外力不为零，动量不守恒，只能用牛顿运动定律+运动学。 1. 两种临界状态 ① 滑块、木板达到共同速度，二者无相对滑动； ② 滑块从木板左端/右端滑落，二者相对位移等于木板长度。 1. 能量关系 摩擦生热等于系统动能减少量： · ：滑块相对木板滑动距离。 1. 运动规律：滑块、木板各自做匀变速直线运动，加速度恒定。 例1．（25-26高三下·云南昆明·阶段检测）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，A、B均静止，M、N处于原长状态。时，有一水平向右的恒力作用在B上，B运动后开始匀速运动，B开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1 J。已知A、B的质量分别为0.2 kg、0.4 kg，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内且弹性势能和形变量的平方成正比。 (1)求A与B间的动摩擦因数； (2)求B做匀速运动时的速度大小； (3)若时，有一水平向右的恒力作用在B上，A向右运动到最远点后向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离） 例2．（2026·河北·高考真题）如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。取，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求 (1)机器人被提起的内，木板位移的大小。 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。 变式1．（2026·湖南·模拟预测）如图所示，A、B两块木板靠在一起并固定在水平面上，A、B的质量均为未知，B木板长度是A木板长度的3倍。将一个可视为质点、质量的小滑块C以的速度冲上A木板的左端，之后恰好不冲出B木板，小滑块C与A、B木板间的动摩擦因数均为，重力加速度g取。求： (1)板的长度L； (2)若解除A、B板的固定，且水平面是光滑的，要使小滑块C能冲上B木板，M应满足什么条件； (3)若（2）中，，小滑块C相对A、B木板运动的全过程中产生的热量。 变式2．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、…、的木块，所有木块的质量均为，与木板间的动摩擦因数均为，木板的质量与所有木块的总质量相等。在时刻木板静止，第1、2、3、…、号木块的初速度分别为、、、…、，方向都水平向右。最终所有木块与木板以共同速度匀速运动。（重力加速度为g）试求： (1)①木板开始运动时加速度的大小，所有木块与木板一起匀速运动的速度； ②定性画出从到所有木块与木板共同匀速运动的过程中木板和木块运动的图像；（不用标出各点的具体坐标值，只需体现出图像的斜率相对大小的情况） (2)第1号木块与木板因为摩擦而产生的内能； (3)第（）号木块在整个运动过程中的最小动能。 考点二 滑块斜面模型 核心知识点 1. 光滑接触面（滑块、斜面均无摩擦） · 水平方向无外力，水平动量守恒；竖直方向合力不为零，竖直动量不守恒。 · 滑块滑到斜面最高点：滑块与斜面水平共速，竖直分速度为0。 · 系统只有重力做功，机械能守恒，动能与重力势能相互转化。 1. 接触面粗糙 · 水平动量仍守恒；摩擦力做功产生内能，机械能不守恒； · 能量关系：，相对位移为滑块沿斜面滑行路程。 1. 滑块滑离斜面：等效弹性分离，联立水平动量、机械能方程求两者末速度。 例1．（2026·河南郑州·模拟预测）在未来的太空探索时代，人类将在外星基地建立一种高效的物资转运系统，该系统为一个大型的缓冲斜坡平台，其简化模型如图所示。质量、倾角、高度为的光滑斜面静置于光滑水平面上，一质量为的滑块（视为质点）以某一初速度（未知）沿光滑水平地面向右运动，滑块遇到斜面后能继续沿斜面向上运动，且刚好运动到斜面顶端。不考虑滑块通过斜面底端时机械能的损失，，，重力加速度大小为g。（结果可用根号或分数表示） (1)求滑块的初速度大小； (2)若将滑块从斜面顶端由静止释放，滑块从开始运动至斜面底端的过程，求： ①滑块对斜面做的功； ②滑块对斜面的压力大小。 例2．（25-26高三上·山东潍坊·期末）如图所示，不可伸长的轻绳长度，一端固定在O点，另一端系质量的小滑块甲，其下方一质量的光滑斜面被锁定，底端B点与光滑水平轨道平滑连接。水平轨道上C点静置质量的小滑块乙，乙右侧拴接劲度系数的轻弹簧，弹簧处于原长，右端固定于竖直挡板上。将轻绳水平拉直后由静止释放甲，甲运动到斜面顶端A点时轻绳断开，甲恰沿切线方向无能量损失地滑上斜面，甲、乙在C点发生弹性碰撞后，乙向右压缩弹簧的最大形变量，甲被弹回，当甲冲上斜面后瞬间，解除斜面的锁定。已知斜面倾角，g取，，，甲、乙可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧弹性势能的表达式（k为劲度系数，x为形变量），斜面未翻转。求： (1)轻绳断开前瞬间，甲对轻绳的拉力大小F； (2)斜面的长度s； (3)甲、乙碰后甲上升的最大高度。 变式1．（2025·黑龙江吉林·模拟预测）如图所示，一倾角为、高度为3m、质量为2kg的光滑斜面置于水平地面上，一质量为1kg的可视为质点的滑块沿该斜面顶端由静止滑下。已知重力加速度，取，忽略空气阻力。求： (1)若斜面固定，则滑块滑到斜面底端时，滑块沿斜面方向的速度大小。 (2)若斜面与地面间动摩擦因数，滑块滑到斜面底端时斜面的位移。 (3)若地面光滑，滑块滑到斜面底端所用时间。（结果保留3位有效数字） 变式2．（25-26高二上·湖南长沙·阶段检测）如图所示，一可视为质点的小球以初速度沿光滑水平地面向右运动，小球右方有一倾角为（）的光滑斜面体（斜面足够长）处于静止状态，斜面体与地面光滑接触。小球冲上斜面体后能继续沿斜面向上运动，且它从地面冲上斜面体的过程中系统机械能损失可以忽略不计。已知斜面体的质量是小球质量的2倍，重力加速度大小为g。求： (1)小球上升至最高点时斜面体的速度大小和此时小球离地面的高度： (2)小球冲上斜面体底端后瞬间斜面体的速度大小； (3)小球从斜面体底端运动到最高点的过程中斜面体的位移大小。 考点三 反冲问题 核心知识点 1. 模型条件：系统初始静止，内力（火药、弹力、气体推力）远大于外力，总初动量为0。 1. 动量守恒核心式：，两物体动量等大反向。 1. 能量特点：化学能、弹性势能转化为两物体动能，系统总动能增加。 1. 典型场景：火箭发射、炮车开炮、水枪喷水、弹簧弹开静止两物块。 1. 速度规律：质量越大，反冲速度越小。 例1．（25-26高三上·陕西咸阳·阶段检测）如图所示，质量、内壁光滑的木槽A静置于水平面上，与水平面间的动摩擦因数，木槽内有两个质量分别为m和2m可视为质点的滑块B、C，两滑块通过细线将很短的轻弹簧压缩，B与弹簧连接，C靠着弹簧但不与弹簧连接，B滑块距木槽左端为，C滑块距木槽右端为，初始时弹簧的弹性势能为，现烧断细线，滑块B与木槽碰撞后粘合，滑块C与木槽碰撞无机械能损失，碰撞时间极短，可忽略不计．重力加速度大小，求： (1)滑块B、C与木槽A碰前的速度和的大小； (2)木槽A与滑块C发生第一次碰撞后A的速度大小； (3)木槽A与水平面间因摩擦产生的热量Q。 例2．（25-26高三上·河北衡水·阶段检测）政府推出惠民政策欲规划一项新的娱乐设施，它是由陆上滑道和水上浮台两大部分组成，如下图所示。滑道ABC有斜道AB和平道BC，AB与BC在B处平滑衔接。A和C的竖直高度，水平距离。水面宽，浮台质量，长，与BC齐平，静止在C处，其左端静止放置一橡胶柱，质量。一质量的游客，从A处由静止开始下滑，游客与滑道的动摩擦因数，游客与浮台、橡胶柱与浮台的动摩擦因数均为，认为浮台碰到右岸后立即停止运动并锁定，人和橡胶柱均可视为质点。不考虑水的阻力对浮台的影响，取。 (1)游客在A点由静止开始下滑，求滑到C处时的速度大小； (2)游客滑上浮台并立即抱住橡胶柱，求游客和橡胶柱的共同速度； (3)求游客、橡胶柱和浮台达到共同速度时，游客离浮台右端的距离； (4)游客、橡胶柱和浮台达到共同速度后，游客为了不冲上右岸也不掉入水中，游客在与橡胶柱一起滑行到离右岸x（未知）的地方时猛地将橡胶柱以速度推出，试用x来表示的范围。（结果不需要写出x的范围） 变式1．（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）质量均为2m的木块和，并排放在光滑水平面上，如图所示。上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量为m的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放球。 (1)若固定，求第一次摆到最低点时绳子对O点拉力大小； (2)若不固定，求球第一次摆到最低点时，绳子对O点拉力大小。 变式2．（2025·广东·模拟预测）某学校科技小组研究试射火箭模型。如图甲所示，将质量为1.0kg的火箭模型（不含压缩气体质量）由静止竖直发射升空，200g压缩气体以大小为220m/s的对地速度在极短时间内从火箭喷口喷出。若不计空气阻力，重力加速度。 (1)火箭发射后上升的最大高度； (2)如图乙所示，经过改进后，将该火箭设计为上、下两级，每级火箭的质量均为0.5kg（不含压缩气体质量），每级火箭分别灌装100g压缩气体，独立释放，每次喷出的压缩气体相对火箭该次喷气前的速度大小均为220m/s。仍将火箭由静止竖直发射升空，若当下级火箭喷气结束后的1s末两级火箭完成分离（分离过程中两级火箭之间没有相互作用），此刻上级火箭内的压缩气体喷出，求火箭能够上升的最大高度。 考点四 人船模型及其变式 核心知识点 1. 标准人船模型前提 系统初始静止，水平方向不受外力，水平动量始终为0；任意时刻人、船动量等大反向。 1. 位移推论（高频结论） 设人质量，船质量，人相对船位移；人对地位移，船对地位移 · 联立得： 1. 常见变式 · 人在光滑斜面小车行走； · 滑块在光滑圆弧轨道滑动； · 气球与人悬停空中（竖直方向人船模型）。 1. 适用条件：全过程平均动量守恒，无需分析中间速度。 例1．（2026·山东聊城·三模）水平面点左侧光滑，右侧粗糙。质量为的圆弧槽末端与点重合处于静止状态，其圆弧表面光滑，半径。质量均为可视为质点的相同滑块，如图所示，滑块1从高处由静止释放恰好能沿切线方向进入圆弧槽，滑块2、滑块3……滑块n自距离点处从左向右依次排列，间距均为。已知滑块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为，滑块间的碰撞时间极短，且碰后就粘在一起形成组合体。取，，求： (1)滑块1离开圆弧槽末端时的速度大小； (2)滑块1从离开圆弧槽到撞上滑块2经历的时间（答案保留两位小数）； (3)组合体最终包含滑块的个数，及停止位置到O点的距离。 例2．（2026·山东德州·三模）如图所示，离地面足够高的光滑长杆水平固定，杆上点正下方处的点固定一光滑定滑轮，物块甲套在长杆上，其下端用长为的轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。将物块甲拉到点右侧的点，间的轻绳与竖直方向的夹角，整个装置处于静止状态。已知甲、乙两物块的质量相等，重力加速度为，物块甲、乙及滑轮均可视为质点。现将物块甲由静止释放，当其滑过点后，经时间物块乙第一次到达最高点。（，）求： (1)物块甲向左运动的速度最大值； (2)物块甲滑过点后，物块乙到水平长杆的最小距离； (3)物块甲滑过点后，物块甲在时间内运动的距离。 变式1．（2026·山东日照·三模）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直。质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。 (1)求小球第一次运动到轨道最低点时的速度大小； (2)求小球在平面直角坐标系中的轨迹方程； (3)若，求小球下降高度时相对于地面的速度大小（结果用、、表示）。 变式2．（2026·福建三明·二模）如图，长度为L=2m、质量为M=2kg的长薄板静止放置在光滑水平地面上。一质量为m=0.5kg的青蛙（可视为质点）静止在木板的左端。观察发现，青蛙竖直向上跳起时，能上升的最大高度为h=1m。青蛙跳起与着陆过程时间极短，忽略空气阻力，重力加速度大小取。 (1)青蛙竖直向上跳起时，求青蛙做的功W； (2)若青蛙从板的左端爬至右端，求此过程中青蛙对地的位移大小； (3)青蛙在板的右端停留一段时间后，继续向右上方跳起，测得腾空时间t=0.4s，若青蛙此次跳起做的功与（1）问中相等，求青蛙落地时到板右端的距离。 2 学科网（北京）股份有限公司 $动量守恒定律的应用：板块模型、滑块斜面模型、反冲问题、人船模型及其变式专项训练 动量守恒定律的应用：板块模型、滑块斜面模型、反冲问题、人船模型及其变式专项训练 考点目录 板块模型 滑块斜面模型 反冲问题 人船模型及其变式 考点一 板块模型 核心知识点 1. 受力分析 滑块与木板间滑动摩擦力；木板与地面摩擦。 1. 两种守恒判定 · 地面光滑：系统水平合外力为0，水平动量守恒； · 地面粗糙：合外力不为零，动量不守恒，只能用牛顿运动定律+运动学。 1. 两种临界状态 ① 滑块、木板达到共同速度，二者无相对滑动； ② 滑块从木板左端/右端滑落，二者相对位移等于木板长度。 1. 能量关系 摩擦生热等于系统动能减少量： · ：滑块相对木板滑动距离。 1. 运动规律：滑块、木板各自做匀变速直线运动，加速度恒定。 例1．（25-26高三下·云南昆明·阶段检测）如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，A、B均静止，M、N处于原长状态。时，有一水平向右的恒力作用在B上，B运动后开始匀速运动，B开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1 J。已知A、B的质量分别为0.2 kg、0.4 kg，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内且弹性势能和形变量的平方成正比。 (1)求A与B间的动摩擦因数； (2)求B做匀速运动时的速度大小； (3)若时，有一水平向右的恒力作用在B上，A向右运动到最远点后向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程B未与A脱离） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）做匀速直线运动，根据共点力平衡条件，有 解得 （2）B开始匀速运动瞬间，A、B刚好要发生相对滑动，此时A、B速度大小相等为v，M、N两弹簧的弹性势能相同，B运动的过程中，对A、B及弹簧M、N组成的系统，由功能关系有 解得   （3）A、B刚好发生相对滑动时，设二者共同加速度为 对A有   对B有   联立解得 设此时A、B速度大小相等为     其中，弹性势能和形变量的平方成正比，故   此后A做简谐运动，当A速度最大的时候，加速度为0，对A可得 解得 对A由动能定理得   解得    例2．（2026·河北·高考真题）如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，后放回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止。取，机器人可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零。求 (1)机器人被提起的内，木板位移的大小。 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为，则有 解得 机器人被提起时，对木板有 解得 机器人被提起的2s内，木板位移的大小 （2）机器人被放回木板时，木板的速度为 机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由动量守恒定律有 解得 对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功 变式1．（2026·湖南·模拟预测）如图所示，A、B两块木板靠在一起并固定在水平面上，A、B的质量均为未知，B木板长度是A木板长度的3倍。将一个可视为质点、质量的小滑块C以的速度冲上A木板的左端，之后恰好不冲出B木板，小滑块C与A、B木板间的动摩擦因数均为，重力加速度g取。求： (1)板的长度L； (2)若解除A、B板的固定，且水平面是光滑的，要使小滑块C能冲上B木板，M应满足什么条件； (3)若（2）中，，小滑块C相对A、B木板运动的全过程中产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A、B固定时，小滑块C恰好停在B的右端，根据动能定理有 代入数据解得板的长度 （2）解除固定后，C在A上滑动时，C的加速度大小为 A、B整体的加速度大小为 设C与A、B达到共速所需时间为，由运动学规律有 要使小滑块C能冲上B木板，此时C相对A的位移需大于A板长度，即 联立代入数据解得M需满足的条件为 （3）当时，因，滑块C会滑上B木板。设C刚滑上B木板瞬间，A、B的速度为，C的速度为，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律有， 此后A与B分离，A以做匀速运动，C在B上滑动直至达到共同速度，对B、C系统，以向右为正方向，由动量守恒定律有 全过程产生的总热量即系统损失的机械能为 联立以上方程组并代入数据解得 变式2．（2026·辽宁沈阳·模拟预测）如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、…、的木块，所有木块的质量均为，与木板间的动摩擦因数均为，木板的质量与所有木块的总质量相等。在时刻木板静止，第1、2、3、…、号木块的初速度分别为、、、…、，方向都水平向右。最终所有木块与木板以共同速度匀速运动。（重力加速度为g）试求： (1)①木板开始运动时加速度的大小，所有木块与木板一起匀速运动的速度； ②定性画出从到所有木块与木板共同匀速运动的过程中木板和木块运动的图像；（不用标出各点的具体坐标值，只需体现出图像的斜率相对大小的情况） (2)第1号木块与木板因为摩擦而产生的内能； (3)第（）号木块在整个运动过程中的最小动能。 【答案】(1)①，；② (2) (3) 【详解】（1）①根据牛顿第二定律则有 解得 根据总动量守恒则有 解得 ②根据牛顿第二定律 可知每一个木块的加速度都相同，做匀减速直线运动直至和木板共速，所以在图像中的斜率都相同。每当一个木块和木板共速，就减少木板受到的一个向右的摩擦力，增加一个向左的摩擦力，所以木板的加速度会分段减小，综上从到所有木块与木板共同匀速运动的过程中木板和木块运动的图像如图所示： （2）从t=0开始到第1个木块与木板刚好共速的过程中产生，设刚好共速时速度大小为，所有木块减少的动量等于木板增加的动量，则有 木板的位移则有 木块的位移则有 相对位移则有 产生的热量为 联立解得 （3）第（）号木块在整个运动过程中的最小速度为，动能，则有 又因为 解得 考点二 滑块斜面模型 核心知识点 1. 光滑接触面（滑块、斜面均无摩擦） · 水平方向无外力，水平动量守恒；竖直方向合力不为零，竖直动量不守恒。 · 滑块滑到斜面最高点：滑块与斜面水平共速，竖直分速度为0。 · 系统只有重力做功，机械能守恒，动能与重力势能相互转化。 1. 接触面粗糙 · 水平动量仍守恒；摩擦力做功产生内能，机械能不守恒； · 能量关系：，相对位移为滑块沿斜面滑行路程。 1. 滑块滑离斜面：等效弹性分离，联立水平动量、机械能方程求两者末速度。 例1．（2026·河南郑州·模拟预测）在未来的太空探索时代，人类将在外星基地建立一种高效的物资转运系统，该系统为一个大型的缓冲斜坡平台，其简化模型如图所示。质量、倾角、高度为的光滑斜面静置于光滑水平面上，一质量为的滑块（视为质点）以某一初速度（未知）沿光滑水平地面向右运动，滑块遇到斜面后能继续沿斜面向上运动，且刚好运动到斜面顶端。不考虑滑块通过斜面底端时机械能的损失，，，重力加速度大小为g。（结果可用根号或分数表示） (1)求滑块的初速度大小； (2)若将滑块从斜面顶端由静止释放，滑块从开始运动至斜面底端的过程，求： ①滑块对斜面做的功； ②滑块对斜面的压力大小。 【答案】(1) (2)① ② 【详解】（1）滑块刚好运动到斜面顶端时，滑块与斜面的速度相同（设为），规定向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 联立解得 （2）①滑块即将运动到斜面底端时，设滑块沿水平和竖直方向的分速度分别为和，斜面的速度为，方向水平向右，在水平方向上由动量守恒定律有 滑块和斜面在垂直斜面方向的速度相同，则有 即 由机械能守恒定律有 联立解得、、 根据动能定理，滑块对斜面做的功 ②斜面的受力分析如图甲所示 设斜面的加速度为，则有 滑块的受力分析如图乙所示，设滑块沿水平和竖直方向的分加速度分别为和，根据牛顿第二定律，在水平方向上有 在竖直方向上有 由牛顿第三定律有 滑块和斜面在垂直斜面方向的加速度相同，则有 即 联立解得 例2．（25-26高三上·山东潍坊·期末）如图所示，不可伸长的轻绳长度，一端固定在O点，另一端系质量的小滑块甲，其下方一质量的光滑斜面被锁定，底端B点与光滑水平轨道平滑连接。水平轨道上C点静置质量的小滑块乙，乙右侧拴接劲度系数的轻弹簧，弹簧处于原长，右端固定于竖直挡板上。将轻绳水平拉直后由静止释放甲，甲运动到斜面顶端A点时轻绳断开，甲恰沿切线方向无能量损失地滑上斜面，甲、乙在C点发生弹性碰撞后，乙向右压缩弹簧的最大形变量，甲被弹回，当甲冲上斜面后瞬间，解除斜面的锁定。已知斜面倾角，g取，，，甲、乙可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，弹簧弹性势能的表达式（k为劲度系数，x为形变量），斜面未翻转。求： (1)轻绳断开前瞬间，甲对轻绳的拉力大小F； (2)斜面的长度s； (3)甲、乙碰后甲上升的最大高度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）从释放甲到细绳刚要断开，机械能守恒 细绳刚要断开，由牛顿第二定律得 代入数据解得 由牛顿第三定律，甲对轻绳的拉力大小 （2）甲从A运动到B，机械能守恒 甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律得 由机械能守恒得 乙向右压缩弹簧，由机械能守恒得 联立代入数据得， （3）甲、乙碰后甲的速度 经分析，甲能冲出斜面，甲沿斜面向上运动过程，甲和斜面组成的系统水平方向动量守恒 机械能守恒 且 甲刚到达A点时由相对速度可得 甲离开斜面做斜上抛运动，之后斜抛的最大高度 则甲上升的最大高度 代入数据得 变式1．（2025·黑龙江吉林·模拟预测）如图所示，一倾角为、高度为3m、质量为2kg的光滑斜面置于水平地面上，一质量为1kg的可视为质点的滑块沿该斜面顶端由静止滑下。已知重力加速度，取，忽略空气阻力。求： (1)若斜面固定，则滑块滑到斜面底端时，滑块沿斜面方向的速度大小。 (2)若斜面与地面间动摩擦因数，滑块滑到斜面底端时斜面的位移。 (3)若地面光滑，滑块滑到斜面底端所用时间。（结果保留3位有效数字） 【答案】(1) (2) (3)1.15s 【详解】（1）斜面固定时，滑块沿斜面做匀加速直线运动。 斜面高度，倾角，则斜面长度 滑块下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒。设滑块滑到底端时的速度为v，则： 代入数据，， 解得： （2）关键分析：滑块下滑时，斜面受地面摩擦力作用可能静止或运动。需先判断斜面是否滑动。 滑块对斜面的压力： 斜面所受最大静摩擦力： 滑块对斜面的水平作用力：滑块对斜面的压力和摩擦力在水平方向的合力为（因斜面光滑，滑块与斜面间无摩擦力） 由于，斜面会向左加速运动。 系统水平方向动量守恒（因地面摩擦力远小于内力，所以守恒）： 设滑块滑到底端时，滑块水平速度为，斜面速度为，则： 位移关系：滑块相对斜面的水平位移为 设斜面位移为x（向左为负），则滑块水平位移为。由平均速度公式得：， 联立得，，代入，解得（负号表示方向向左）。 验证机械能守恒：滑块和斜面系统机械能守恒（摩擦力做功可忽略，因位移极小）： 其中，代入得： 解得，，故斜面位移为 （3）方法一：设斜面长为l，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， 对滑块竖直方向有 由能量关系可知 联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为 代入数值计算，可得 方法二：地面光滑时，系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设滑块相对斜面的加速度为a，斜面加速度为（向左），滑块绝对加速度水平分量，竖直分量。 动量守恒：对系统水平方向，合外力为零，加速度满足 整理有： 滑块竖直方向运动：滑块相对斜面的竖直位移为，则：（1） 斜面水平位移：（与（2）中位移一致）。 滑块沿斜面的加速度：对滑块，沿斜面方向合力为（因斜面光滑）， 即？此结论错误，因斜面有加速度，需用非惯性系分析。 以斜面为参考系（非惯性系），滑块受惯性力（向右）。沿斜面方向： 代入，得： 由（1）式，得。 变式2．（25-26高二上·湖南长沙·阶段检测）如图所示，一可视为质点的小球以初速度沿光滑水平地面向右运动，小球右方有一倾角为（）的光滑斜面体（斜面足够长）处于静止状态，斜面体与地面光滑接触。小球冲上斜面体后能继续沿斜面向上运动，且它从地面冲上斜面体的过程中系统机械能损失可以忽略不计。已知斜面体的质量是小球质量的2倍，重力加速度大小为g。求： (1)小球上升至最高点时斜面体的速度大小和此时小球离地面的高度： (2)小球冲上斜面体底端后瞬间斜面体的速度大小； (3)小球从斜面体底端运动到最高点的过程中斜面体的位移大小。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）小球与斜面达到共同速度时，小球到达最高点。设此时斜面的速度大小和小球上升的高度分别为v和h。对于小球与斜面构成的体系，有机械能守恒 水平方向上动量守恒 解得 联立解得 （2）设小球冲上斜面体底端后瞬间水平速度大小为、竖直速度大小为，斜面体速度大小为，由水平动量守恒，有 系统无机械能损失，有 又因为小球相对于斜面速度沿斜面向上，有 综上解得，， 故小球冲上斜面体底端后瞬间斜面体的速度大小为。 （3）小球在竖直方向匀减速直线运动，有 斜面体在水平方向做匀加速直线运动，有 解得 考点三 反冲问题 核心知识点 1. 模型条件：系统初始静止，内力（火药、弹力、气体推力）远大于外力，总初动量为0。 1. 动量守恒核心式：，两物体动量等大反向。 1. 能量特点：化学能、弹性势能转化为两物体动能，系统总动能增加。 1. 典型场景：火箭发射、炮车开炮、水枪喷水、弹簧弹开静止两物块。 1. 速度规律：质量越大，反冲速度越小。 例1．（25-26高三上·陕西咸阳·阶段检测）如图所示，质量、内壁光滑的木槽A静置于水平面上，与水平面间的动摩擦因数，木槽内有两个质量分别为m和2m可视为质点的滑块B、C，两滑块通过细线将很短的轻弹簧压缩，B与弹簧连接，C靠着弹簧但不与弹簧连接，B滑块距木槽左端为，C滑块距木槽右端为，初始时弹簧的弹性势能为，现烧断细线，滑块B与木槽碰撞后粘合，滑块C与木槽碰撞无机械能损失，碰撞时间极短，可忽略不计．重力加速度大小，求： (1)滑块B、C与木槽A碰前的速度和的大小； (2)木槽A与滑块C发生第一次碰撞后A的速度大小； (3)木槽A与水平面间因摩擦产生的热量Q。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）烧断细线后，弹簧弹开的过程，对B、C和弹簧构成的系统，根据动量守恒和机械能守恒分别有， 联立解得， （2）弹开后B运动到A左端用时 C碰A前B已经与A发生了碰撞，设向左为正方向，B与A碰后A和B整体速度大小为，则 解得 B与A碰后，A和B整体向左做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得 A和B整体减速到停下所用时间为 在时间内，木槽A向左运动 在时间内，C向右运动 当A和B整体减速到停下时，与木槽A右边缘的距离为 所以，滑块C与A碰撞时A和B整体恰好停下，故C与A和B整体碰撞过程， 联立解得， 木槽A与滑块C发生第一次碰撞后A的速度大小为 （3）结合第（2）问可知，B碰A过程中系统损失的机械能为 木槽A与滑块C发生第一次碰撞后C处于静止状态，A和B整体向左做匀减速直线运动，直到停下A和B整体通过的位移大小为 所以，C不会发生第二次碰撞，根据能量守恒可知，木槽A与水平面间因摩擦产生的热量为 例2．（25-26高三上·河北衡水·阶段检测）政府推出惠民政策欲规划一项新的娱乐设施，它是由陆上滑道和水上浮台两大部分组成，如下图所示。滑道ABC有斜道AB和平道BC，AB与BC在B处平滑衔接。A和C的竖直高度，水平距离。水面宽，浮台质量，长，与BC齐平，静止在C处，其左端静止放置一橡胶柱，质量。一质量的游客，从A处由静止开始下滑，游客与滑道的动摩擦因数，游客与浮台、橡胶柱与浮台的动摩擦因数均为，认为浮台碰到右岸后立即停止运动并锁定，人和橡胶柱均可视为质点。不考虑水的阻力对浮台的影响，取。 (1)游客在A点由静止开始下滑，求滑到C处时的速度大小； (2)游客滑上浮台并立即抱住橡胶柱，求游客和橡胶柱的共同速度； (3)求游客、橡胶柱和浮台达到共同速度时，游客离浮台右端的距离； (4)游客、橡胶柱和浮台达到共同速度后，游客为了不冲上右岸也不掉入水中，游客在与橡胶柱一起滑行到离右岸x（未知）的地方时猛地将橡胶柱以速度推出，试用x来表示的范围。（结果不需要写出x的范围） 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）设游客在点时速度为，设AB与水平面夹角为，游客从滑到过程，由动能定理得 解得 （2）在处，游客迅速抱住橡胶柱，规定向右为正方向，由动量守恒定律得   解得 （3）游客抱住橡胶柱后在浮台上滑动做减速运动，浮台做加速运动，三者达到共同速度，由动量守恒定律得 解得 滑动过程能量守恒，三者动能的损失转化为摩擦热量    解得 共速时游客离浮台右端的距离 解得 （4）三者共速瞬间浮台与右岸相碰停止运动，游客与橡胶柱继续滑行时的速度为，由动能定理得 即 解得 ①在该处若不冲上右岸，速度不能超过，有 得 游客猛地推出瞬间速度由减为，由动量守恒定律得 解得 ②在该处若不反向掉入水中，速度不能超过，即 解得 游客猛地推出橡胶柱瞬间速度由反向为，由动量守恒定律得 解得 故用来表示的范围为 变式1．（25-26高三上·黑龙江·阶段检测）质量均为2m的木块和，并排放在光滑水平面上，如图所示。上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量为m的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放球。 (1)若固定，求第一次摆到最低点时绳子对O点拉力大小； (2)若不固定，求球第一次摆到最低点时，绳子对O点拉力大小。 【答案】(1)3mg (2) 【详解】（1）对球，下落过程机械能守恒有 当C运动至最低点时 解得T1=3mg 根据牛顿第三定律：绳子对O点拉力与绳对球拉力等大反向 （2）对球和A、B组成的系统：设水平向左为正方向，水平方向平均动量守恒，且系统机械能守恒有： 解得=，= 当C运动至最低点时 解得 根据牛顿第三定律：绳子对O点拉力与绳对球拉力等大反向 变式2．（2025·广东·模拟预测）某学校科技小组研究试射火箭模型。如图甲所示，将质量为1.0kg的火箭模型（不含压缩气体质量）由静止竖直发射升空，200g压缩气体以大小为220m/s的对地速度在极短时间内从火箭喷口喷出。若不计空气阻力，重力加速度。 (1)火箭发射后上升的最大高度； (2)如图乙所示，经过改进后，将该火箭设计为上、下两级，每级火箭的质量均为0.5kg（不含压缩气体质量），每级火箭分别灌装100g压缩气体，独立释放，每次喷出的压缩气体相对火箭该次喷气前的速度大小均为220m/s。仍将火箭由静止竖直发射升空，若当下级火箭喷气结束后的1s末两级火箭完成分离（分离过程中两级火箭之间没有相互作用），此刻上级火箭内的压缩气体喷出，求火箭能够上升的最大高度。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）对火箭喷气过程研究，火箭和气体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有 喷气后火箭上升过程，由运动学公式有 联立解得 （2）第一次喷气过程中由动量守恒定律有 第一次喷气结束后的1s内，火箭做竖直上抛运动，由运动学知识有 该过程中火箭上升的高度 第二次喷气过程中由动量守恒定律有 第二次喷气后火箭上升过程，由运动学公式有 第二次喷气后火箭能够上升的最大高度 考点四 人船模型及其变式 核心知识点 1. 标准人船模型前提 系统初始静止，水平方向不受外力，水平动量始终为0；任意时刻人、船动量等大反向。 1. 位移推论（高频结论） 设人质量，船质量，人相对船位移；人对地位移，船对地位移 · 联立得： 1. 常见变式 · 人在光滑斜面小车行走； · 滑块在光滑圆弧轨道滑动； · 气球与人悬停空中（竖直方向人船模型）。 1. 适用条件：全过程平均动量守恒，无需分析中间速度。 例1．（2026·山东聊城·三模）水平面点左侧光滑，右侧粗糙。质量为的圆弧槽末端与点重合处于静止状态，其圆弧表面光滑，半径。质量均为可视为质点的相同滑块，如图所示，滑块1从高处由静止释放恰好能沿切线方向进入圆弧槽，滑块2、滑块3……滑块n自距离点处从左向右依次排列，间距均为。已知滑块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为，滑块间的碰撞时间极短，且碰后就粘在一起形成组合体。取，，求： (1)滑块1离开圆弧槽末端时的速度大小； (2)滑块1从离开圆弧槽到撞上滑块2经历的时间（答案保留两位小数）； (3)组合体最终包含滑块的个数，及停止位置到O点的距离。 【答案】(1) (2) (3)4个， 【详解】（1）滑块1和圆弧槽组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设滑块1离开圆弧时速度大小为，圆弧槽速度大小为，初始总动量为0，因此有 由系统机械能守恒 代入，， 解得， 因此滑块1离开圆弧槽末端时的速度为 （2）水平面点左侧光滑，滑块 1在圆弧槽下滑时，水平方向动量守恒，水平方向上位移关系为 且 联立解得圆弧槽向左运动的距离 故滑块 1滑至圆弧槽末端时，处于点左侧处，滑块 1做匀速运动至点，匀速运动的时间 之后滑块1在点右侧做匀减速运动，由牛顿第二定律可知，滑块1的加速度大小满足 解得 滑块1从滑至点到撞上滑块2经历的时间满足 代入数据解得 滑块减速到0的时间是 所以滑块1从滑至点到撞上滑块2的时间小于，故取 因此滑块1从离开圆弧槽到撞上滑块2经历的时间 （3）滑块碰撞过程动量守恒，且任意质量组合体在粗糙面的加速度均满足 设第个滑块碰后的速度为，运动距离后，速度满足 与第的滑块碰撞后，整体的速度满足 故当时，与第2个滑块碰后可得两滑块组成的系统的速度满足 当时，与第3个滑块碰后可得三滑块组成的系统的速度满足 当时，与第4个滑块碰后可得四滑块组成的系统的速度满足 当时，与第5个滑块碰后可得五滑块组成的系统的速度满足 故组合体无法撞上滑块5，组合体最终包含4个滑块，停止位置到O点的距离满足 例2．（2026·山东德州·三模）如图所示，离地面足够高的光滑长杆水平固定，杆上点正下方处的点固定一光滑定滑轮，物块甲套在长杆上，其下端用长为的轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。将物块甲拉到点右侧的点，间的轻绳与竖直方向的夹角，整个装置处于静止状态。已知甲、乙两物块的质量相等，重力加速度为，物块甲、乙及滑轮均可视为质点。现将物块甲由静止释放，当其滑过点后，经时间物块乙第一次到达最高点。（，）求： (1)物块甲向左运动的速度最大值； (2)物块甲滑过点后，物块乙到水平长杆的最小距离； (3)物块甲滑过点后，物块甲在时间内运动的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设甲、乙的质量均为m，当甲运动到O点时乙的速度为零，此时甲的速度为，则由甲、乙系统机械能守恒定律有 解得 然后甲做减速运动，所以甲向左运动的速度最大值为。 （2）当甲滑过O点后，甲、乙系统水平动量守恒且机械能守恒，当两者速度相等时乙到达最高点，此时乙距离水平长杆最近，取水平向左为正方向，有， 解得 物块乙到水平长杆的最小距离 （3）当甲滑过O点后，甲、乙系统水平动量守恒，经时间t二者水平位移分别为、，有 两边乘上时间 且 此时甲、乙水平方向的距离为 联立解得 变式1．（2026·山东日照·三模）如图，质量为的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为和，长轴水平，短轴竖直。质量为的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系，椭圆长轴位于轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为。 (1)求小球第一次运动到轨道最低点时的速度大小； (2)求小球在平面直角坐标系中的轨迹方程； (3)若，求小球下降高度时相对于地面的速度大小（结果用、、表示）。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）凹槽质量，小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正，有 系统机械能守恒 联立解得 （2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为，根据上式有 则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为 整理得 （3）将代入小球的轨迹方程化简可得 即此时小球的轨迹为以为圆心，为半径的圆，则当小球下降的高度为时，设此时可知速度与水平方向的夹角为， 小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒 系统机械能守恒 解得 变式2．（2026·福建三明·二模）如图，长度为L=2m、质量为M=2kg的长薄板静止放置在光滑水平地面上。一质量为m=0.5kg的青蛙（可视为质点）静止在木板的左端。观察发现，青蛙竖直向上跳起时，能上升的最大高度为h=1m。青蛙跳起与着陆过程时间极短，忽略空气阻力，重力加速度大小取。 (1)青蛙竖直向上跳起时，求青蛙做的功W； (2)若青蛙从板的左端爬至右端，求此过程中青蛙对地的位移大小； (3)青蛙在板的右端停留一段时间后，继续向右上方跳起，测得腾空时间t=0.4s，若青蛙此次跳起做的功与（1）问中相等，求青蛙落地时到板右端的距离。 【答案】(1)5J (2)1.6m (3) 【详解】（1）由动能定理得 解得 （2）青蛙和长薄板组成的系统水平方向不受外力，动量守恒有 设青蛙对地位移为，薄板对地位移大小为，两边同时乘时间则有 有几何关系 解得 （3）设青蛙跳起的水平初速度为，竖直初速度为，板后退速度为。青蛙斜向右上跳起，竖直方向做竖直上抛运动，由 青蛙起跳做功和第一次相同，则有 水平方向动量守恒 蛙落地时到板右端的距离 解得 2 学科网（北京）股份有限公司 $