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专题9.2 动量守恒定律及应用【练】
1．（2022·江西宜春·模拟预测）如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，且小木块与长板质
量不相等，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在 M的左端，右端与m连接。开始时m
和M都静止，弹簧处于自然状态，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F 、F ，两物体开始
1 2
运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）
（ ）
A．整个运动过程中，系统机械能不守恒，动量守恒
B．整个运动过程中，系统机械能守恒，动量不守恒
C．M、m分别向左、右运行过程当中，均一直做加速度逐渐减小的加速直线运动
D．M、m分别向左、右运行过程当中，当弹簧弹力与F 、F 的大小相等时，系统动能最小
1 2
【答案】 A
【解析】AB．整个运动过程中，系统所受合外力为零，动量守恒。易知 M和m在任意时刻所受
合外力大小相等，但由于m≠M，所以二者任意时刻加速度大小不等，相同时间内位移不相等，所
以F 和F 做功的代数和不为零，则系统机械能不守恒，故A正确，B错误；
1 2
CD．M、m分别向左、右运行过程当中，当弹簧弹力小于F 、F 时，M和m做加速度逐渐减小的
1 2
加速直线运动，当弹簧弹力增大至与 F 、F 的大小相等时，系统动能最大，之后弹簧弹力开始大
1 2
于F 、F ，M和m将做加速度逐渐增大的减速直线运动，直至速度减为零，故CD错误。
1 2
故选A。
2．（2022·江苏·阜宁实验高中模拟预测）如图甲所示，物块 A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻
弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质
量为6kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v-t图如图所示，则可知（ ）
A．物块A的质量为4kg
B．运动过程中物块A的最大速度为v =4m/s
mC．在物块A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在物块A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为45J
【答案】 B
【解析】A．由图知，A离开挡板瞬间B的速度为 ，B的速度最小值为 ，B的速
度最小时，弹簧第一次恢复原长，A的最大速度，取向右为正方向，根据系统动量守恒和机械能
守恒得
解得
故A错误，B正确；
C．在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不
守恒，故C错误；
D．分析从A离开挡板后A、B的运动过程，弹簧伸长到最长时，弹性势能最大，此时 A、B的
共同速度为 ，根据动量守恒
解得
根据机械能守恒定律
解得
故D错误。
故选B。
3．（2022·重庆·模拟预测）如图所示，在足够大的光滑水平面上停放着装有光滑弧形槽的小车，
弧形槽的底端切线水平，一小球以大小为 的水平速度从小车弧形槽的底端沿弧形槽上滑，恰好
不从弧形槽的顶端离开。小车与小球的质量分别为 、 ，重力加速度大小为 ，不计空气阻力，
以弧形槽底端所在的水平面为参考平面。下列说法正确的是（ ）A．小球的最大重力势能为
B．小球离开小车后，小球做自由落体运动
C．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为0
D．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为
【答案】 A
【解析】A．经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同（设共同速度大小为
），在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有
根据机械能守恒定律有
解得
故A正确；
B．设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为 、 ，在小球沿小车弧形槽滑行的
过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以 的方向为正方向，则
根据机械能守恒定律有
解得
，
小球离开小车后将做平抛运动，故B错误；
C．根据动能定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功
故C错误；D．根据动量定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量
故D错误。
故选A。
4．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在光滑的水平面上，有一质量为 m的木板A，通过不
可伸长的轻绳与质量2m的足够长的木板B连接。质量为m可看成质点的物块C静止在木板B右
端。开始时，A、B、C均静止，绳未拉紧。现在使木板A以 的速度向右运动，经过一段时间后
系统达到稳定状态。绳子拉直绷紧后瞬间，A、B同速，在绳子绷紧后瞬间，下列说法中正确的
是（ ）
A．木板A的速度大小为 B．木板B的速度大小为
C．物块C的速度大小为0 D．木板A、B、C共速
【答案】 C
【解析】绳子从拉直到绷紧过程极短，对 A、B组成的系统，C对B的摩擦力远小于系统内力，
所以A、B组成的系统水平方向动量守恒，设绳子绷紧后瞬间AB的速度为v，则有
解得
在极短的时间内，C所受摩擦力的冲量可以忽略，所以C的速度仍然是0，故ABD错误，C正确。
故选C。
5、（多选）（2022·全国·高三开学考试）2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二
号F遥十二运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射。某中学航天兴趣小组模拟火箭升空的过程，
将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的
水以相对地面为 的速度竖直向下喷出。已知重力加速度为 g，空气阻力不计，下列说法正确的
是（ ）
A．水喷出的过程中，“水火箭”和水的机械能守恒
B．“水火箭”的推力来源于“水火箭”外的空气对它的反作用力
C．“水火箭”喷出水时，“水火箭”和水组成的系统动量可以近似看作守恒
mv
0
D．“水火箭”获得的最大速度大小为M−m【答案】 CD
【解析】A．水喷出的过程中，瓶内气体做功，“水火箭”及水的机械能不守恒，故A错误；
B．“水火箭”的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，故B错误；
C．在水喷出后的瞬间，在极短的时间内，可视为内力远大于外力，“水火箭”和水组成的系统
动量可以近似看作守恒，故C正确；
D．在水喷出后的瞬间，“水火箭”获得的速度最大，取向下为正方向，由动量守恒定律有
解得
故D正确；
故选CD。
6、（多选）（2022·湖南师大附中三模）如图所示，光滑曲面PQ与水平地面相切于Q点，质量
m =3kg 的物体 A 从距地面高度为 h=1.27m 的地方静止滑下，A 与水平地面间的动摩擦因数
A
μ =0.01，水平地面距Q点s=2m处静止一质量m =2kg的足够长的木板B，B与地面间的动摩擦因
A B
数μ =0.2，B上右端静止一质量为m =1kg的物块C，B与C之间的动摩擦因数μ =0.2，已知AB
B C C
间的碰撞是弹性碰撞，且碰撞时间极短，g=10m/s2从A开始下滑至ABC均静止的整个过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．A与B碰撞过程中，A的动量变化大小为12N·s
B．B与C间摩擦生热6J
C．整个过程中C所受静摩擦力的冲量大小为0
D．整个过程中C所受滑动摩擦力做功-4J
【答案】 AB
【解析】A．A从静止到与B碰撞前，有
解得
对AB碰撞过程，有，
解得
，
则有
A正确；
B．AB碰后，当A减速至0时，发生的位移为
BC相对滑动至共速，对C，有
对B有
历时t共速，有
之后BC一起减速至0，历时
B对地发生的总位移为
即ABC三者均静止时，AB刚好相遇，没有发生第二次碰撞，在B和C刚好达到共速之前，B对
地和C对地的位移分别为
，
则B与C间摩擦生热为
B正确；
C．由于物块C所受静摩擦力冲量为静摩擦力在时间上的积累，故不为0，C错误；
D．整个过程中C所受滑动摩擦力做功为
D错误。
故选AB。
7．（2022·海南·昌江黎族自治县矿区中学一模）如图所示，质量为M、内有半径R的半圆形轨道的槽体放在光滑的平台上，左端紧靠一台阶，质量为m的小球从槽顶端A点由静止释放，若槽内
光滑。忽略一切摩擦，求：
（1）小球滑到圆弧最低点时，槽体对其支持力F 的大小；
N
（2）小球在槽右端上升的最大高度h。
【答案】 （1） ；（2）
【解析】（1）根据题意，设小球由A落至圆弧最低点时的速度为 ，取圆弧最低点为势能零点，
由机械能守恒定律有
在最低点对小球受力分析，由牛顿第二定律有
联立解得
（2）根据题意可知，小球向上运动的过程中，m与M组成的系统在水平方向的动量守恒，设小
球滑至最高点时m与M的共同速度为 ，则有
此过程中系统机械能守恒，则有
联立解得
8．（2022·天津河西·三模）一个小孩做推物块的游戏，如图所示，质量为 m的小物块A放置在
光滑水平面上，紧靠物块右端有一辆小车B，小孩蹲在小车上，小孩与车的总质量为6m，一起静
止在光滑水平面上，物块A左侧紧挨着足够长的水平传送带MN，传送带的上表面与水平面在同
一高度，传送带以速度v顺时针转动。游戏时，A被小孩以相对水平面的速度 向左推出，一段
时间后返回到传送带右端N，继续向右追上小孩后又立即被小孩以相对水平面的速度 向左推出，
如此反复，直至A追不上小孩为止。已知物块A与传送带MN间的动摩擦因数为 ，重力加速度
为g。（1）求物块第一次被推出后，小孩与车的速度大小 ；
（2）若传送带转动的速度 ，求物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间。
【答案】 （1） ；（2）
【解析】（1）地面光滑，物块A与小孩、车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有
解得
（2）物块被小孩第一次推出到与传送带共速期间物块的受力如图所示
该过程中物块的加速度为 ，则有
解得
物块被小孩第一次推出到与传送带共速所用时间为 ，对地位移为
解得
物块与传送带共速之后将以 的速度匀速运动至 ，匀速运动用时
物块被小孩第一次推出后到返回传送带右端N所用的时间为
9．（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）2022年2月4日至20日，北京冬季奥运会成功举办，北京成为世界上首座“双奥之城”。冬奥会上的冰壶项目给人们留下了深刻的印象，被誉为“冰上象
棋”。某次投掷的物理过程可以简化为如下模型： O、P、Q为整个冰上场地中心线上的三个点，
一个冰壶B静止在半径R=1.8m的营垒圆形边界Q处。队员手推冰壶A由静止开始从O点沿中心
线出发，在6N水平恒力的作用下，经 10m在P处放手。放手后，队友用冰刷擦拭冰壶 A前方
PQ间的冰面，使得冰壶A以速度v = 1m/s在Q处与冰壶B发生对心正碰（碰撞时间极短）。冰
壶A、B可视为质点，质量均为m=20kg。已知未用冰刷擦拭过的冰面动摩擦因数μ = 0. 01 ，擦
拭后变为 ，PQ间距L = 25m，取g = 10m/s2，不计空气阻力，冰刷始终不接触冰壶。
（1）求k的大小；
（2）碰撞后，若冰壶B恰好停在营垒中心O'处，求冰壶A、B都停下后A、B间的距离。
【答案】 （1）k=0.6；（2）
【解析】（1）由牛顿第二定律得
由匀变速直线运动公式得
PQ之间的运动
在擦拭过的冰面上由牛顿第二定律得
解得
k=0.6
（2）碰撞瞬间由动量守恒定律得
碰撞后B和A分别继续向前运动，对B物体
对A物体
联立解得
因此都停下后A、B间的距离10．（2022·吉林·长春外国语学校高三期末）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，
两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v—t图线如图（b）中实线
所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（ ）
A．碰后红壶将被反弹回来
B．碰后蓝壶速度为0.8m/s
C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m
D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力
【答案】 B
【解析】AB．由图可知，碰前红壶的速度v ＝1.0m/s，碰后速度为v′ ＝0.2m/s，碰后红壶沿原方
0 0
向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
mv ＝mv′ +mv
0 0
代入数据解得
v＝0.8m/s
由于
碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确；
C．根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小
C错误；
D．根据图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，
由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。
故选B。
11．（2022·安徽·巢湖市第一中学模拟预测）中国航天“超级2021”，再创航天纪录。这一年，“天和”核心舱一飞冲天，中国正式迈入空间站时代，“天问一号”火星着陆，“羲和号”实现
中国太阳探测零的突破，......，长征系列火箭立下汗马功劳，无数航天人接力探索，成就了这史
无 前 例 的 航 天 大 年 ！ 已 知 重 力 加 速 度 ， 地 球 半 径 ， 引 力 常 量
。下列选项中错误的是（ ）
A．距地面400km高的“天和”核心舱绕地球做圆周运动的周期小于24小时
B．“天问一号”火星探测器在绕火星的某个椭圆轨道上运动，在近火点的速率大于远火点
C．“羲和号”卫星的发射速度一定大于第三宇宙速度
D．某一长征运载火箭在发射时，若喷出一定质量气体的速度越大，则火箭获得的速度越大
【答案】 C
【解析】A．同步卫星的轨道高度约为地球半径的6倍，由题意可知“天和”核心舱的轨道半径
小于同步卫星的轨道半径，根据
可得
可知距地面400km高的“天和”核心舱绕地球做圆周运动的周期小于同步卫星的周期24小时，
故A正确，不符合题意；
B．由开普勒第二定律可知“天问一号”火星探测器在绕火星的某个椭圆轨道上运动，在近火点
的速率大于远火点，故B正确，不符合题意；
C．第三宇宙速度为逃逸出太阳引力场的最小发射速度，所以“羲和号”卫星的发射速度一定小
于第三宇宙速度，故C错误，符合题意；
D．根据动量守恒定律可知某一长征运载火箭在发射时，若喷出一定质量气体的速度越大，则火
箭获得的速度越大，故D正确，不符合题意。
故选C。
12、（多选）（2022·湖北·高三开学考试）光滑水平地面上，质量为3kg木板正以2m/s的速度向
右运动。某时刻在木板右端滑上可视为质点的小球，质量为1kg，速度向左，大小也是2m/s。经
过 3s 后，小球刚好滑到木板左端且二者刚好相对静止。这一过程中，下列说法中正确的是
（ ）
A．木板长度是9m B．小球相对地面向左最远位移为2m
C．系统因摩擦而生热8J D．1.5s时，小球距离木板左端1.5m
【答案】 BD【解析】AC．依题意，可知小球及木板系统动量守恒，取向右为正，有
代入数据，即
求得
可得木板加速度大小为
对木板，根据牛顿第二定律可得小球与木板间的滑动摩擦力大小为
设木板的长度为 ，根据功能关系可得
求得
系统因摩擦而生热为
故AC错误；
B．当小球在木板上速度减为0时，小球相对地面向左有最远位移，为
对小球，根据牛顿第二定律有
联立求得
故B正确；
D．1.5s时，小球的速度大小为
方向向左，此时木块对地位移大小为
木板的位移大小为则可得此时小球距离木板左端
故D正确。
故选BD。
13、（多选）（2022·山西·怀仁市第一中学校模拟预测）为了开发一款仿真益智电子游戏，研发
小组先对现实模型进行研究，如图所示就是他们研究的现实模型之一。质量 M＝1.2kg的大滑块
静止放在光滑水平面上，大滑块上侧有轨道abcd，ab段和cd段为光滑的四分之一圆弧，圆弧最
低点切线水平，圆弧半径R＝0.2m；水平直线轨道bc长L＝0.4m；小物块质量m＝0.3kg，小物块
可视为质点。现将小物块从轨道左侧 a点由静止释放，小物块在轨道内往复运动，最后停在直线
bc的中点。g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小物块向右运动到其能到达的最高点时大滑块速度为零
B．当小物块停在bc中点时大滑块的速度不为零
C．如果小物块第二次到达bc中点时停下，可求得小物块与水平轨道间的动摩擦因数为0.4
D．小物块第一次到达b点时的动能为0.48J
【答案】 AD
【解析】AB．小物块向右运动到最高点时，小物块与大滑块相对速度为零，由动量守恒定律知它
们的速度都为零，由此可知，当小物块在 bc中点停止运动时，大滑块速度也为零，A正确，B错
误；
C．根据能量关系
得
若小物块第二次到达bc中点时停下，即
得
C错误；
D．小物块第一次到达b点时，小物块与大滑块的总动能为mgR，两者动量大小相等，根据可知，动能与质量成反比，所以小物块动能为
D正确。
故选AD。
14．（2022·河南·高三开学考试）如图所示，质量 的平板小车静止在竖直弹性墙壁左侧的
光滑水平地面上，质量 的铁块（视为质点）以大小 的初速度向右滑上平板小车
左端上表面，小车第一次与墙壁碰撞前瞬间恰好与铁块达到共同速度，之后小车与墙壁发生多次
正碰（每次碰撞前小车与铁块已达到共同速度），碰撞中无机械能损失，碰撞时间极短，最终铁
块恰好静止在小车的右端。铁块与小车上表面间的动摩擦因数 ，取重力加速度大小
。求：
（1）从铁块滑上小车上表面至小车与墙壁第一次碰撞的时间 ；
（2）全过程中铁块相对小车滑动的总时间t以及小车的长度L；
（3）从小车与墙壁第一次碰撞至小车静止，小车对地运动的总路程s。
【答案】 （1） ；（2） ， ；（3）
【解析】（1）设小车第一次与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为 ，根据动量守恒定律有
解得
对小车，根据动量定理有
解得
（2）小车第一次与墙壁碰撞后的一段时间内，铁块向右做匀减速直线运动，小车向左做匀减速
直线运动，小车的速度先减为零，然后小车在摩擦力的作用下向右做匀加速直线运动，直到小车
与铁块第二次达到共同速度，此后铁块与小车一起向右做匀速直线运动直到小车与墙壁发生第二
次碰撞，小车不断与墙壁碰撞，铁块在小车上滑行，系统的机械能不断减少，直到铁块与小车均
静止且铁块恰好在小车的右端，对铁块，根据动量定理有解得
根据功能关系有
解得
（3）经分析可知，小车每一次与墙壁碰撞后都先向左做匀减速直线运动至静止，再向右做匀加
速直线运动至与铁块达到共同速度后再与墙壁碰撞，在两次碰撞间的运动过程中，系统动量守恒，
有
解得
设第一次碰撞后小车向左运动的最大距离为 ，对小车，根据动能定理有
解得
设第n次碰撞后小车向左运动的最大距离为 ，对小车，根据动能定理有
同理有
可得
根据对称性，结合数学知识可得
其中
解得15．（2022·广东广州·模拟预测）如图所示，光滑水平面上有一质量为 、带有半径为
的 光滑圆弧的小车 A，圆弧的下端出口切线水平，紧靠着小车 A 的左侧有质量为
的木板B。一质量为 、可以视为质点的滑块C，从圆弧最高点无初速度释放，
圆弧下端出口到B上表面的高度差为 。若滑块C落到木板B上不反弹只相对滑动，已知
C与B之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为 。求：
（1）滑块C碰到木板B之前的速度大小；
（2）木板长度至少要多长，滑块C才不会从木板B上滑落？
【答案】 （1）5m/s；（2）1.6m
【解析】（1）由于滑块和小车在水平方向不受外力作用，所以滑块和小车系统在水平方向动量
守恒
水平面和圆弧光滑，机械能守恒
联立解得滑块到小车最低点时的速度为
滑块离开小车后做平抛运动，落到木板上时竖直方向的速度为
滑块落到木板上的速度为
（2）C下滑过程中，A、C系统水平方向动量守恒，根据
整理可得
其中 、 是A、C的水平位移，由几何关系可知
解得A向右后退的距离由题可知，滑块落到木板上后竖直方向的速度为零，那么滑块落到木板上后的速度为
滑块的加速度大小为
方向与速度方向相反；
木板的加速度为
滑块在木板上做匀减速直线运动，木板做加速直线运动，当滑块和木板速度相同时有
解得滑块和木板共速时的速度为
共速时滑块发生的位移为
共速时木板发生的位移为
滑块相对木板发生的位移为
滑块做平抛运动时的时间为
滑块做平抛运动时在水平方向的位移为
滑块C不会从木板B上滑落，木板的最小长度为
16．（2022·黑龙江·哈尔滨三中模拟预测）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水
平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将 A无初速度释放，A与
B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径 R，A与B的质量相等，A
与B整体与桌面之间的动摩擦因数μ。取重力加速度为g，求：
（1）碰撞前瞬间A的速率v；
（2）碰撞后瞬间A与B整体的速度；（3）A与B整体在桌面上滑动的距离L。
【答案】 （1） ；（2） ；（3）
【解析】（1）对A从圆弧最高点到最低点的过程中由机械能守恒定律可得
得
（2）A在圆弧轨道底部和B相撞，满足动量守恒，有
得
（3）对AB一起滑动过程，由动能定理得
得
17．（2022·全国·高三开学考试）如图所示，光滑圆弧轨道的最底端与足够长水平传送带的左端
相切，质量 的物块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，并与静止在圆弧轨道底端、质量
的物块B发生弹性碰撞。已知圆弧轨道的半径 ，其所对圆心角 ，传送带
以恒定的速度 顺时针转动，两物块与传送带间的动摩擦因数均为 ，物块A、B均可
视为质点，重力加速度 取 ， ， 。求：
（1）两物块碰撞前的瞬间，物块A对轨道的压力大小；
（2）物块A、B运动稳定后，它们之间的距离。【答案】 （1） ；（2）
【解析】（1）物块 从圆弧轨道顶端由静止释放，滑到圆弧轨道底端，由动能定理可得
解得
物块 碰前瞬间，由牛顿第二定律，有
解得
由牛顿第三定律，可得碰前瞬间物块 对轨道的压力大小
（2）物块 、B碰撞，动量守恒可得
由机械能守恒，可得
解得
物块 加速，由牛顿第二定律，有
解得
加速时间为
物块B做减速运动，由牛顿第二定律，有解得
减速时间为
可知 后两者均和传送带相对静止，间距不再发生变化。在 内，物块 的位移为
在 内，物块B的位移为
所以物块 、B运动稳定后， 、B两物块间的距离
18．（2022·山东·高三专题练习）如图所示，一足够长的光滑斜面固定在水平地面上，斜面倾角
为 ，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板P，将小物块A、B（可视为质点）从斜面上距离挡板P
为 和 （ ）的位置同时由静止释放，已知小物块 A、B的质量分别为m、2m，重力加速度
大小为g，所有碰撞均为弹性碰撞，忽略碰撞时间和空气阻力。求：
（1）B第一次与挡板碰撞时A的速度大小；
（2）B在第一次上升过程中就能与A相碰，求 的取值范围；
（3）在（2）情形下，要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求 应满足的条件。
【答案】 （1） ；（2）1<k<5；（3）
【解析】（1）由题意可知，因为斜面光滑，所以A、B释放后沿斜面做匀加速运动的加速度大小
均为
①
又因为A、B同时释放，所以在B第一次与挡板碰撞时，A下滑的距离为L，设此时A的速度大
小为v ，根据机械能守恒定律有
0
②解得
③
（2）设物块B与P第一次碰撞后再经过时间t与物块A能够相碰，根据运动学公式可得t时间内
A、B运动的距离分别为
④
⑤
相碰时根据位移关系有
⑥
A、B相碰必须发生在B到达最高点前，因此有
⑦
联立③~⑦式可得
⑧
所以若B在第一次上升过程中就能与A相碰，则k的取值范围为
1<k<5 ⑨
（3）规定沿斜面向上为正方向，设碰撞前瞬间A、B的速度大小分别为v 、v ，碰撞后的速度分
1 2
别为 、 ，根据动量守恒和能量守恒有
⑩
⑪
联立⑩⑪解得
⑫
（因为A的质量小于B的质量，所以碰后一定反弹，则另一解 舍去）
若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则须满足
⑬
联立⑫⑬解得
⑭
根据运动学规律有
⑮
⑯
联立⑭⑮⑯解得⑰
联立③④⑤⑥⑰解得
⑱
所以在（2）情形下，若要使A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置， 应满足的条件是
⑲
19、（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）
【解析】（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 。
20、（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 ， ， ， ， ，物块与MN、
CD之间的动摩擦因数 ，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽
略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取 。
（1）若 ，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度 的大小；
（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力 与h间满足的关系；
（3）若物块b释放高度 ，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）。
【答案】 （1） ；（2） ；（3）当 时， ，
当 时，
【解析】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律
解得
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联立解得
（2）由（1）分析可知，物块 与物块 在 发生弹性正碰，速度交换，设物块 刚好可以到达
点，高度为 ，根据动能定理可得
解得
以竖直向下为正方向
由动能定理
联立可得
（3）当 时，物块位置在 点或 点右侧，根据动能定理得
从 点飞出后，竖直方向
水平方向
根据几何关系可得
联立解得
代入数据解得
当 时，从 释放时，根据动能定理可得解得
可知物块达到距离 点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到 时，根据动能定理可得
解得
距离 点0.6m，综上可知当 时
代入数据得
21、（2021·湖北·高考真题）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平
面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也
为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，
A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的
功率；
（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。
【答案】 （1）2R ；（2） ；（3）
【解析】解：（1）设 B到半圆弧轨道最高点时速度为 ，由于B对轨道最高点的压力为零，则
由牛顿第二定律得
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有
在水平方向上有联立解得
x=2R
（2）对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为
解得
（3）设A、B碰后瞬间的速度分别为v ，v ，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
1 2
解得
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得
解得
设碰前瞬间A的速度为v ，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得
0
解得
碰撞过程中A和B损失的总动能为
解得
22、（2020·山东·高考真题）如图所示，一倾角为 的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两
物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v 与Q发生弹
0
性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于 ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩
擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前
P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
（1）求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP 、vQ ；
1 1
（2）求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；（3）求物块Q从A点上升的总高度H；
（4）为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。
【答案】 （1） P的速度大小为 ，Q的速度大小为 ；（2） （n=1，2，
3……）；（3） ；（4）
【解析】（1）P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
①
由机械能守恒定律得
②
联立①②式得
③
④
故第一次碰撞后P的速度大小为 ，Q的速度大小为
（2）设第一次碰撞后Q上升的高度为h ，对Q由运动学公式得
1
⑤
联立①②⑤式得
⑥
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
⑦
联立①②⑤⑦式得
⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为 、 ，由动量守恒定律得⑨
由机械能守恒定律得
⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
⑪
⑫
设第二次碰撞后Q上升的高度为h ，对Q由运动学公式得
2
⑬
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得
⑭
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为 ，第二次碰后至第三次碰前，对P由动
能定理得
⑮
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得
⑯
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为 、 ，由动量守恒定律得
⑰
由机械能守恒定律得
⑱
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得
⑲
⑳
设第三次碰撞后Q上升的高度为h ，对Q由运动学公式⑩得
3
㉑
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得
㉒总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为
（n=1，2，3……） ㉓
（3）当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
㉔
解得
㉕
（4）设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t ，由运动学公式得
1
㉖
设P运动到斜面底端时的速度为 ，需要的时间为t ，由运动学公式得
2
㉗
㉘
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t
3
㉙
当A点与挡板之间的距离最小时
㉚
联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得
㉛
