文档内容
专题 07 动量
考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势
2025·甘肃卷、河北卷
仍会重点考查动量定理、动量守恒定律等
2024·广东卷、福建卷
考点1 动量和
基础知识，常以计算题形式出现，注重考
2023·广东卷、·新课标卷
动量定理
2022·全国乙卷、湖北卷 查学生对概念的理解与运用。命题常结合
2021·北京卷、天津卷 生活、科技场景，如碰撞、爆炸、火箭发
射等，考查学生运用动量知识解决实际问
2025·甘肃卷、江苏卷 题的能力。同时，注重考查综合运用能
2024·广东卷、江苏卷、江苏卷 力，动量常与能量、牛顿运动定律等知识
考点2 动量守
2023·广东卷
结合命题。此外，开放性、探究性问题增
恒定律
2022·山东卷、全国乙卷
多，鼓励学生深入思考，培养创新思维和
2021·海南卷
解决复杂问题的能力。
考点01 动量和动量定理
1．（2025·广东·高考真题）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。
无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉
力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F = F －kt（F ≠ 0，F、k均为大于0的常量），
0 0
无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F > 0的任一时刻），
下列说法正确的有（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为
D．T时刻受到空气作用力的大小为
【答案】AB
【详解】AD．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线
运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图
可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有 ，F = F－
0
kT
解得
故A正确、D错误；
B．由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标
轴围成的面积为 ，故B正确；
C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为
则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为
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学科网（北京）股份有限公司故C错误。
故选AB。
2．（2025·河北·高考真题）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1．8m。质量为0．01kg的小物
块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0．2。物块视为
质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计
1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
【答案】(1)0.6m
(2)I = 0.1N·s；v′ = 0
N x
【详解】（1）小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a = μg
则小物块从开始运动到离开平台有
小物块从平台飞出后做平抛运动有 ，x = vxt
1
联立解得x = 0.6m
（2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速
度有 ，vy = gt
2 2
则物块与地面接触的时间Δt = t－t－t = 0.1s
1 2
物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有I －mgΔt = mvy －m(－
N 2
vy)，vy = gt
1 1 1
解得I = 0.1N·s
N
取水平向右为正，在水平方向有－μNΔt = vx′－vx，I = NΔt
N
解得vx′ = －1m/s
但由于vx′减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′ = 0
3．（2025·浙江·高考真题）有一离地面高度 、质量为 稳定竖直降落的沙尘颗粒，在其降落
过程中受到的阻力与速率v成正比，比例系数 ，重力加速度 ，则它降落到地面
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学科网（北京）股份有限公司的时间约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】沙尘颗粒开始时速度较小时，阻力较小，可知
…………①
沙尘颗粒速率增大，阻力增大，加速度减小，当 时，沙尘颗粒速度达到最大且稳定，此时速度满
足
…………②
解得
由动量定理可得
即
则沙尘下落时间为
由于 ，则
故选B。
4．（2024·北京·高考真题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小
与速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【答案】C
【详解】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律
可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误；
C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速
度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过
程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；
A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均
速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；
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学科网（北京）股份有限公司B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能
损失大于下落过程机械能损失，B错误。
故选C。
5．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过
程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平
状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为 ，敏感球的质量为m，
重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值 。
（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体
运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时
间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量 ，重力加速度大小
取 。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】（1） ；（2）①330N·s，方向竖直向上；②0.2m
【详解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力F 以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定
N
律可知
解得
（2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小
方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
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学科网（北京）股份有限公司解得
v=2m/s
则上升的最大高度
6．（2024·福建·高考真题）如图（a），水平地面上固定有一倾角为 的足够长光滑斜面，一质量为 的
滑块锁定在斜面上。 时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力 ， 随时间 的变化关系如
图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为 ，则滑块（ ）
A．在 内一直沿斜面向下运动
B．在 内所受合外力的总冲量大小为零
C．在 时动量大小是在 时的一半
D．在 内的位移大小比在 内的小
【答案】AD
【详解】根据图像可知当 时，物块加速度为
方向沿斜面向下；当 时，物块加速度大小为
方向沿斜面向上，作出物块 内的 图像
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学科网（北京）股份有限公司A．根据图像可知 ，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；
B．根据图像可知 ，物块的末速度不等于0，根据动量定理
故B错误；
C．根据图像可知 时物块速度大于 时物块的速度，故 时动量不是 时的一半，故C错误；
D． 图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知 过程物体的位移小于 的位移，
故D正确。
故选AD。
7．（2023·广东·高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为 的
滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力 ，推
动滑块1以 的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为 ，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速
度为 ．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块1受到合外力的冲量大小为
C．滑块2受到合外力的冲量大小为
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为
碰撞后的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
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学科网（北京）股份有限公司B．对滑块1，取向右为正方向，则有
负号表示方向水平向左，故B正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
故C错误；
D．对滑块2根据动量定理有
解得
则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 ，故D正确。
故选BD。
8．（2023·新课标卷·高考真题）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x
轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩
擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x = 1m时，拉力的功率为6W
B．在x = 4m时，物体的动能为2J
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kg·m/s
【答案】BC
【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
W = Fx
可看出W—x图像的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有
则x = 1m时物体的速度为
v= 2m/sx = 1m时，拉力为
1
则此时拉力的功率
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学科网（北京）股份有限公司P = Fv= 12Wx = 4m时物体的动能为
1
E= 2J
k
A错误、B正确；
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为
W= μmgx = 8J
f
C正确；
D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F= 6N，2—4m的过程中F= 3N，由于物体受到的摩擦力
1 2
恒为f = 4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度
则从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为
D错误。
故选BC。
9．（2022·海南·高考真题）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是 ，乙对甲的作用力是 ，则这两个力
（ ）
A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同
C． 的冲量大于 的冲量 D． 的冲量小于 的冲量
【答案】A
【详解】根据题意可知 和 是相互作用力，根据牛顿第三定律可知 和 等大反向、具有同时性；
根据冲量定义式 可知 和 的冲量大小相等，方向相反。
故选A。
10．（2023·新课标卷·高考真题）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对
着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它
们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
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学科网（北京）股份有限公司A．根据牛顿第二定律有
由于
m > m
甲 乙
所以
a < a
甲 乙
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得
v < v
甲 乙
A错误；
BCD．对于整个系统而言，由于μm g > μm g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向
甲 乙
向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD正确、C错误。
故选BD。
11．（2022·重庆·高考真题）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假
人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头
部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积 B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积 D．加速度大小先增大后减小
【答案】D
【详解】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t图像的面积即合外力的冲量，再根据
动量定理可知F—t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，由
图可知，动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB错误；
C．根据动量与动能的关系有 ，而F—t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线
与横轴围成的面积不成正比，C错误；
D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增
大后减小，D正确。
故选D。
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学科网（北京）股份有限公司12．（2022·湖北·高考真题）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段
时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W 和W，合外力的冲量
1 2
大小分别为I 和I。下列关系式一定成立的是（ ）
1 2
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】D
【详解】根据动能定理可知
可得
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量
最大，因此冲量的大小范围是
比较可得
一定成立。
故选D。
13．（2022·全国乙卷·高考真题）质量为 的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运
动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取
。则（ ）
A． 时物块的动能为零
B． 时物块回到初始位置
C． 时物块的动量为
D． 时间内F对物块所做的功为
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学科网（北京）股份有限公司【答案】AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从 s内由动量定理可知
即
得
3s时物块的动量为
设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得
即
解得
所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B． s物块发生的位移为x，由动能定理可得
1
即
得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
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学科网（北京）股份有限公司即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为
拉力所做的功为
故D正确。
故选AD。
14．（2021·重庆·高考真题）我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头
盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为 的物体
（物体与头盔密切接触），使其从 的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚
度被挤压了 时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考
虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取 。求：
（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；
（2）物体做匀减速直线运动的时间；
（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）由自由落体运动规律 ，代入数据解得
（2）由匀变速直线运动规律
解得
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学科网（北京）股份有限公司（3）由动量定理得
解得
15．（2021·福建·高考真题）福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台
风的风速范围为 ，16级台风的风速范围为 。若台风迎面垂直吹向
一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（ ）
A．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍
【答案】B
【详解】设空气的密度为 ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为 ，在时间 的空气
质量为
假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有
可得
10级台风的风速 ，16级台风的风速 ，则有
故选B。
16．（2021·湖北·高考真题）抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质
量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的
平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为（ ）
A．40 B．80 C．120 D．160
【答案】C
【分析】本题考查动量定理。
【详解】设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得
代入数据解得
故选C。
17．（2021·天津·高考真题）一冲九霄，问鼎苍穹。2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间
站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是（
）
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
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学科网（北京）股份有限公司B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
【答案】AB
【详解】A．增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据
可知可以增大火箭的推力，故A正确；
B．当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据
可知可以增大火箭的推力，故B正确；
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，相对于火箭的速度不为零，根据
可知火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C错误；
D．燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D错误。
故选AB。
18．（2021·北京·高考真题）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处
的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上
的某点停止。下列说法正确的是（ ）
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为
【答案】D
【详解】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径
方向，故A错误；
B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力
根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为
大小为0，故B错误；
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学科网（北京）股份有限公司C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；
D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为
大小为 ，故D正确。
故选D。
19．（2021·山东·高考真题）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用
地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量 的鸟蛤，在 的高度、以 的水平
速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度 ，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间 ，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大
小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度 的岩石，以岩石左端为坐标原
点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为 ，速度大小在 之间，为保证
鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设鸟蛤落地前瞬间的速度大小为 ，竖直分速度大小为 ，据自由落体运动规律可得
则碰撞前鸟蛤的合速度为
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度方向为正方向，由动量定理得
联立解得碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力大小为
（2）若释放鸟蛤的初速度为 ，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x，击中右端时，释
1
放点的x坐标为 ，得
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学科网（北京）股份有限公司，
联立，代入数据得
，
若释放鸟蛤时的初速度为 ，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为 ，击中右端时，释放
点的x坐标为 ，得
，
联立，代入数据得
，
综上所述可得x坐标区间为 。
考点02 动量守恒定律
20．（2025·北京·高考真题）自然界中物质是常见的，反物质并不常见。反物质由反粒子构成，它是科学
研究的前沿领域之一。目前发现的反粒子有正电子、反质子等；反氢原子由正电子和反质子组成。粒
子与其对应的反粒子质量相等，电荷等量异种。粒子和其反粒子碰撞会湮灭。反粒子参与的物理过程
也遵守电荷守恒、能量守恒和动量守恒。下列说法正确的是（ ）
A．已知氢原子的基态能量为 ，则反氢原子的基态能量也为
B．一个中子可以转化为一个质子和一个正电子
C．一对正负电子等速率对撞，湮灭为一个光子
D．反氘核和反氘核的核聚变反应吸收能量
【答案】A
【详解】A．氢原子基态能量由电子与质子决定。反氢原子由正电子和反质子构成，电荷结构相同，
能级结构不变，基态能量仍为 ，故A正确；
B．若中子衰变（β+衰变）生成质子、正电子 ，不符合质子数守恒，故B错误；
C．正负电子对撞湮灭时，总动量为零，需产生至少两个光子以保证动量守恒。单个光子无法满足动
量守恒，故C错误；
D．核聚变通常释放能量（如普通氘核聚变）。反氘核聚变遵循相同规律，应释放能量而非吸收，故
D错误。
故选A。
21．（2025·北京·高考真题）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点
该物体炸裂成 两部分，质量分别为 和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为
g，不计空气阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小 ；
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学科网（北京）股份有限公司(2)炸裂后瞬间B的速度大小 ；
(3) 落地点之间的距离d。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式
可得
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为v ，由动量守恒定律
B
得
解得
即大小为2v
（3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移
B的水平位移
所以落地点A、B之间的距离
22．（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力 和 作用下，由静
止开始沿同一直线相向运动在 时刻发生正碰后各自反向运动。已知 和 始终大小相等，方向相反。
从开始运动到碰掉后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（
）
A． B．
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学科网（北京）股份有限公司C． D．
【答案】A
【详解】根据牛顿第二定律 两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的
加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰
前的速度分别为4v和6v，则因MN系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量
守恒定律
若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知
解得 、
因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD是错
误的；
若不是弹性碰撞，则
可知碰后速度大小之比为
若假设v=2v，则v=3v，此时满足
1 2
则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M来说碰撞前
后的速度之比为4v:2v=2:1
可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A正确，C错误。
故选A。
23．（2025·河南·高考真题）如图，在一段水平光滑直道上每间隔 铺设有宽度为 的防滑带。
在最左端防滑带的左边缘静止有质量为 的小物块P，另一质量为 的小物块Q以
的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为
，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为 ，重力加速度大小 。求：
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学科网（北京）股份有限公司(1)该碰撞过程中损失的机械能；
(2)P从开始运动到静止经历的时间。
【答案】(1)24.5J
(2)5s
【详解】（1）P、Q与发生正碰，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立可得 ，
（2）对物块P受力分析由牛顿第二定律
物块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式 ，
解得
则物块P在第一个防滑带上运动的时间为
物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则
解得
物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式 ，
解得
则物块P在第二个防滑带上运动的时间为
物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则
解得
由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式
可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为
故物块P从开始运动到静止经历的时间为
24．（2025·海南·高考真题）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径 ，圆心角 的圆弧轨
道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，
在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知 ， ，A、B可视为质点，AB与传送
带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热 ，忽略轨道及平台的摩擦，
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学科网（北京）股份有限公司(1)A滑到圆弧最低点时受的支持力；
(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
(3)传送带的速度大小。
【答案】(1) ，方向竖直向上；
(2)
(3) 或
【详解】（1）A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒
解得
在最低点根据牛顿第二定律
解得 ，方向竖直向上；
（2）根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒
解得
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
（3）第一种情况，当传送带速度 小于 时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带
间的动摩擦因数为 ，对AB根据牛顿第二定律
设经过时间 后AB与传送带共速，可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
联立解得 ，另一解大于 舍去；
第二种情况，当传送带速度 大于 时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间 后AB与
传送带共速，同理可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
解得 ，另一解小于 舍去。
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学科网（北京）股份有限公司25．（2025·福建·高考真题）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动。两个物块A、B，A、B用一
根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为
0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t=0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度
v=2m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t=t 时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能
0 0
E=0.75J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，则（ ）
p
A．在t= 时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t=t 时，B的速度为0.5m/s
0
C．t=t 时，弹簧的压缩量为0.2m
0
D．0﹣t 过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
0
【答案】BD
【详解】AB．根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为
初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零，系统
动量守恒有 ，
代入数值解得t=t 时，B的速度为
0
在A与传送带第一次共速前，对任意时刻对AB根据牛顿第二定律有 ，
由于 ，故可知
故A错误，B正确；
C．在 时间内，设AB向右的位移分别为 ， ；，由功能关系有
解得
故弹簧的压缩量为
故C错误；
D．A与传送带的相对位移为
B与传送带的相对为
故可得
由于 时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足
，作出AB的 图像
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学科网（北京）股份有限公司可知 等于图形 的面积， 等于图形 的面积，故可得
结合
可知 ，故D正确。
故选BD。
26．（2025·河南·高考真题）两小车P、Q的质量分别为 和想 ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实
验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为 ，碰撞时间极短，
则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知 ，故 ；
同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知 ，故 ；
故
故选D。
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学科网（北京）股份有限公司27．（2025·甘肃·高考真题）如图，小球A从距离地面 处自由下落， 末恰好被小球B从左侧水平击
中，小球A落地时的水平位移为 。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取 ，
则碰撞前小球B的速度大小v为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度
不变，设碰撞后A球水平速度为 ，B球水平速度为 ，则有
碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有
联立解得 ，
小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有
解得
可知，碰撞后，小球A运动 落地，则水平方向上有
解得
故选B。
28．（2025·江苏·高考真题）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 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；
(2)若钢球质量为 ，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 ；
(3)若钢球质量为 ，求玻璃球经历 次碰撞后的动能 。
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学科网（北京）股份有限公司【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械
能守恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球
的初速度为 。
（2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得 ，
负号表示速度反向，则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
29．（2025·陕晋青宁卷·高考真题）如图，有两个电性相同且质量分别为m、 的粒子A、B，初始时刻
相距 ，粒子A以速度 沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等
于 。经时间 粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与
速度方向相同。当粒子B的速度为 时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为
，这时撤去恒力。己知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：
（m、 、 、 均为己知量）
(1)粒子B到达P点时的速度大小 ；
(2) 时间内粒子B的位移大小 ；
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学科网（北京）股份有限公司(3)恒力作用的时间 。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据动量守恒定律 ，解得
（2）两者共速时设间距为 ，根据能量守恒定律可知此时电势能为
根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则
两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒则有
即有
根据位移关系可知
联立解得
（3）对全过程，对系统根据动能定理
对全过程，根据动量定理
联立解得
30．（2025·浙江·高考真题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质
点）置于B的右端，三者质量均为 。A以 的速度向右运动，B和C一起以 的速度向左
运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数
均为0.5，则（ ）
A．碰撞瞬间C相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为
D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m
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学科网（北京）股份有限公司【答案】D
【详解】A．碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；
B．向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒
解得
v=1m/s
1
方向向右；当三者共速时
可知
v=0
即最终三者一起静止，可知经历的时间
选项B错误；
C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量
选项C错误；
D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知
可得
选项D正确。
故选D。
31．（2024·天津·高考真题）如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于
轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球
B正碰并粘在一起。已知I = 1.8 Ns，A、B的质量分别为m = 0.3 kg、m = 0.1 kg，轨道半径和绳长均
A B
为R = 0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
∙
(1)与B碰前瞬间A的速度大小；
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学科网（北京）股份有限公司(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。
【答案】(1)4 m/s
(2)11.2 N
【详解】（1）根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v，由动量定理有
0
设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有
联立代入数据解得
（2）A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有
设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有
联立代入数据解得
32．（2024·甘肃·高考真题）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳 和OP作用下处于平衡状
态，细绳 ，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，
质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳 ，小球A开始运动。（重力加速度g取 ）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短）、碰后A竖直下落，C
水平向右运动。求碰后C的速度大小。
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】根据题意，设AC质量为 ，B的质量为 ，细绳 长为 ，初始时细线
与竖直方向夹角 。
（1）A开始运动到最低点有
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学科网（北京）股份有限公司对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
，
（2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知
故解得
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得
根据能量守恒得
联立解得
33．（2024·安徽·高考真题）在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长
的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为 ，可视为点
电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直
线上时，速度大小分别为 、 、 ，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了 ，
k为静电力常量，不计空气阻力。则（ ）
A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒
C．在图乙位置， ， D．在图乙位置，
【答案】D
29 / 54
学科网（北京）股份有限公司【详解】AB．该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外
力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时
球3受到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始
运动，瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故AB错误；
CD．对系统根据动量守恒
根据球1和2运动的对称性可知 ，解得
根据能量守恒
解得
故C错误，D正确。
故选D。
34．（2024·广西·高考真题）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度
大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞
后，N在（ ）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】BC
【详解】由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量
守恒可知
由于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即
30 / 54
学科网（北京）股份有限公司，
碰后小球N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于
v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。
故选BC。
35．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距
离为 。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为 、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小
球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为
0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间
小物块的速度大小为 、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球
继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小 。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等
于传送带的速度大小 。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为
正方向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
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学科网（北京）股份有限公司小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为 ，小球在P点正上
方的速度为 ，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从 点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为 。
36．（2024·湖北·高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m
的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小 成
正比，即 （k为已知常数）。改变子弹的初速度大小 ，若木块获得的速度最大，则（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
【答案】AD
【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分
别为 ，则有
子弹和木块相互作用过程中合力都为 ，因此子弹和物块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即 取极值即可，该函数在 到无穷单调递减，
因此当 木块的速度最大，A正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
由运动学公式
33 / 54
学科网（北京）股份有限公司可得
故B错误；
C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
故C错误；
D．木块加速过程运动的距离为
故D正确。
故选AD。
37．（2024·安徽·高考真题）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光
滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小
球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止
释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细
线长 。小球质量 。物块、小车质量均为 。小车上的水平轨道长
。圆弧轨道半径 。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取
。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 的
取值范围。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
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学科网（北京）股份有限公司在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守
恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数 的取值范围为
【点睛】
38．（2023·河北·高考真题）如图，质量为 的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为 的竖直光滑
圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成 角．质量为
的小物块 以 的初速度从木板左端水平向右滑行， 与木板间的动摩擦因数为0.5．当 到达木
板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时 沿圆弧切线方向滑上轨道．待 离开轨道后，
可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为
取 取 ．
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学科网（北京）股份有限公司（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块 和木板的速度大小；
（2）求物块 到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块 运动到最大高度时会炸裂成质量比为 的物块 和物块 ，总质量不变，同时系统动能
增加 ，其中一块沿原速度方向运动．为保证 之一落在木板上，求从物块 离开轨道到解除木
板锁定的时间范围．
【答案】（1） ， ；（2） ， ；（3） 或
【详解】（1）设物块 的初速度为 ，木板与轨道底部碰撞前，物块 和木板的速度分别为 和 ，
物块 和木板的质量分别为 和 ，物块 与木板间的动摩擦因数为 ，木板长度为 ，由动量守
恒定律和功能关系有
由题意分析 ，联立式得
（2）设圆弧轨道半径为 ，物块 到圆弧轨道最高点时斜抛速度为 ，轨道对物块的弹力为 ．物
块 从轨道最低点到最高点，根据动能定理有
物块 到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
联立式，得
设物块 拋出时速度 的水平和竖直分量分别为 和
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学科网（北京）股份有限公司斜抛过程物块 上升时间
该段时间物块 向左运动距离为
．
物块 距离地面最大高度
．
（3）物块 从最高点落地时间
设向左为正方向，物块 在最高点炸裂为 ，设质量和速度分别为 和 、 ，设
，系统动能增加 ．根据动量守恒定律和能量守恒定律得
解得
或 ．
设从物块 离开轨道到解除木板锁定的时间范围 ：
（a）若 ，炸裂后 落地过程中的水平位移为
炸裂后 落地过程中的水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
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学科网（北京）股份有限公司为了保证 之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅 落在木板上，应满足
且
解得
Ⅱ．若仅 落在木板上，应满足
且
不等式无解；
（b）若 ，炸裂后 落地过程中水平位移为0，炸裂后 落地过程中水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
38 / 54
学科网（北京）股份有限公司为了保证 之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ．若仅 落在木板上，应满足
且
解得
Ⅳ．若仅 落在木板上，应满足
且
解得
．
综合分析（a）（b）两种情况，为保证 之一一定落在木板上， 满足的条件为
或
39．（2023·北京·高考真题）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下
方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，
由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能 。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得
解得
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学科网（北京）股份有限公司（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得
解得
（3）A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
40．（2023·辽宁·高考真题）如图，质量m= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一
1
劲度系数k = 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m= 4kg的小物块以水平向右的速度
2
滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数
μ = 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E 与形变量x
p
的关系为 。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x；
1
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x 及此时木板速度v 的
2 2
大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v 减小到0所用时间为t。求木板从速度为v 时到之后与物块加速度
2 0 2
首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t 表示）。
0
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m； ；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，则m、m 组成的系统动量守恒，则有
1 2
mv= (m＋m)v
2 0 1 2 1
代入数据有
v= 1m/s
1
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学科网（北京）股份有限公司对m 受力分析有
1
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v2= 2ax
1 1 1
代入数据解得
x= 0.125m
1
（2）木板与弹簧接触以后，对m、m 组成的系统有
1 2
kx = (m＋m)a
1 2 共
对m 有
2
a= μg = 1m/s2
2
当a = a 时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
共 2
x= 0.25m
2
对m、m 组成的系统列动能定理有
1 2
代入数据有
（3）木板从速度为v 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m 的加速度大于木块
2 1
m 的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x 时，则说明此时m 的速度大小为
2 2 1
v，共用时2t，且m 一直受滑动摩擦力作用，则对m 有
2 0 2 2
－μm g·2t= mv－mv
2 0 2 3 2 2
解得
则对于m、m 组成的系统有
1 2
U = W
f
联立有
41．（2022·北京·高考真题）质量为 和 的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化
的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．碰撞前 的速率大于 的速率 B．碰撞后 的速率大于 的速率
C．碰撞后 的动量大于 的动量 D．碰撞后 的动能小于 的动能
【答案】C
【详解】A． 图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知 碰前的速度大小为
碰前速度为0，A错误；
B．两物体正碰后， 碰后的速度大小为
碰后的速度大小为
碰后两物体的速率相等，B错误；
C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
解得两物体质量的关系为
根据动量的表达式 可知碰后 的动量大于 的动量，C正确；
D．根据动能的表达式 可知碰后 的动能大于 的动能，D错误。
故选C。
42．（2022·海南·高考真题）有一个角度可变的轨道，当倾角为 时，A恰好匀速下滑，现将倾角调为
，从高为h的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与B发生弹性正碰，B被一
根绳子悬挂，与水平面接触但不挤压，碰后B恰好能做完整的圆周运动，已知A的质量是B质量的3
倍，求：
①A与轨道间的动摩擦因数 ；
②A与B刚碰完B的速度大小；
③绳子的长度L。
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学科网（北京）股份有限公司【答案】① ；② ；③0.6h
【详解】①倾角为 时匀速运动，根据平衡条件有
得
②③A从高为h的地方滑下后速度为 ，根据动能定理有
A与B碰撞后速度分别为 和 ，根据动量守恒、能量守恒有
B到达最高点速度为 ，根据牛顿第二定律有
根据能量守恒有
解得
43．（2022·湖北·高考真题）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过
不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两
定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的
绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的
下落速度为 时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D
竖直向下运动 距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。
（1）求C的质量；
（2）若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
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学科网（北京）股份有限公司（3）撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
【答案】（1） ；（2）6.5mg；（3）
【详解】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知
解得
（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知
解得
CD碰撞后D向下运动 距离后停止，根据动能定理可知
解得
F=6．5mg
（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根
据机械能守恒定律可知
令
对上式求导数可得
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学科网（北京）股份有限公司当 时解得
即
此时
于是有
解得
此时C的最大动能为
44．（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置
在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度 为
向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为 ，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌
面一起竖直向上运动。已知滑块的质量 ，滑杆的质量 ，A、B间的距离 ，
重力加速度g取 ，不计空气阻力。求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小 和 ；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v ；
1
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）
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学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为
1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有
代入数据解得 。
（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得 。
45．（2022·河北·高考真题）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为 和 ，A右
端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为 ，A和C以相同速度 向右运动，B和D以
相同速度 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，
A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为 。重力加速度大小取
。
（1）若 ，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若 ，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
【答案】（1） ， ，方向均向右；（2）
【详解】（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为 ，
C、D的质量均为 ，以向右方向为正方向，则有
解得
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为 ，方向向右。
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学科网（北京）股份有限公司滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为 ，滑板A和B质量
分别为 和 ，则由
解得
则新滑板速度方向也向右。
（2）若 ，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新
物块的质量为 ，新滑板的质量为 ，相对静止时的共同速度为 ，根据动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
46．（2022·山东·高考真题）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的 点，
点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在 点正上方的O点，轻绳处于
水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方
向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于 ），A以速度 沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰
撞。一段时间后，A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到
最高点。已知A的质量 ，B的质量 ，A与B的动摩擦因数 ，B与地面间的
动摩擦因数 ，取重力加速度 。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时
间忽略不计，不计空气阻力，求：
（1）A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小 与 ；
（2）B光滑部分的长度d；
（3）运动过程中A对B的摩擦力所做的功 ；
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学科网（北京）股份有限公司（4）实现上述运动过程， 的取值范围（结果用 表示）。
【答案】（1） ， ；（2） ；（3） ；（4）
【详解】（1）设水平向右为正方向，因为 点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞
过程根据动量守恒和能量守恒有
代入数据联立解得
，（方向水平向左）
，（方向水平向右）
即A和B速度的大小分别为 ， 。
（2）如图所示为A与B挡板碰撞后到运动至O点正下方的运动示意图
A回到 前，A在B上匀速直线运动的时间设为 。A的位移大小
对平板B，由牛顿第二定律得
对平板B，由运动学公式有
由几何关系
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学科网（北京）股份有限公司①
A从 回到O点正下方设时间为 ，A在B上做匀减速直线运动，设A的加速度大小为 ，由牛顿第
二定律得
解得
A返回到O点的正下方时，相对于地面的速度减为零，则
时间内A相对于地面的位移大小
由几何关系
②
联立解得
或 ，
由①②可得
与 等大
分析可知，A回到O点正下方时B未减速为0，故
舍去。综上解得
（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为
在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知
解得
B物体停下来的时间为t，则有
3
解得
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学科网（北京）股份有限公司可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为
所以A对B的摩擦力所做的功为
（4）小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有
由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的周期为
T，摆长为L，则有
由单摆周期公式 解得，小球到悬挂点O点的距离
小球下滑过程根据动能定理有
当碰后小球摆角恰为5°时，有
解得
，
小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有
小球与A碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于 ），则要求
故要实现这个过程的范围为
47．（2022·全国乙卷·高考真题）如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：
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学科网（北京）股份有限公司物块B向A运动， 时与弹簧接触，到 时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的 图像如
图（b）所示。已知从 到 时间内，物块A运动的距离为 。A、B分离后，A滑上粗糙斜
面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次
相同。斜面倾角为 ，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时 、 速度相等，即 时刻，根据
动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对 、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻 、 的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
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学科网（北京）股份有限公司解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间 ，有
0-t 之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
0
将 代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为 ，
方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 ，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为 ，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
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学科网（北京）股份有限公司48．（2021·海南·高考真题）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v 向右做匀速直线运动，将一小滑
0
块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，
重力加速度为g。
（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，
直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】（1）v = ；（2）x = ；（3）t = ，W = mv2
共 0
【详解】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有
2mv = 3mv
0 共
解得
v =
共
（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有
v = 2v
木 滑
再根据动量守恒定律有
2mv = 2mv + mv
0 木 滑
联立化简得
v = v，v = v
滑 0 木 0
再根据功能关系有
- μmgx = × 2mv 2 + mv 2 - × 2mv2
木 滑 0
经过计算得
x =
（3）由于木板保持匀速直线运动，则有
F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有
a = μg
滑
滑块相对木板静止时有
v = a t
0 滑
解得
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学科网（北京）股份有限公司t =
则整个过程中木板滑动的距离为
x′ = vt =
0
则拉力所做的功为
W = Fx′ = mv2
0
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学科网（北京）股份有限公司
