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专题一 力与运动
2.2 动量
【命题分析】
1. 碰撞模型 • 区分弹性碰撞（动能守恒）与非弹性碰撞 • 掌握速度临界条件（完全
非弹性碰撞共速） • 注意速度方向的正负处理
2. 弹簧模型 • 动量守恒与弹性势能转化的综合 • 临界点分析（最大压缩/伸长时刻）
3. 板块模型 • 摩擦力作用下的动量守恒判断 • 相对位移与摩擦生热计算
【素养要求】
1. 强化三大基础 • 准确理解动量定理的矢量性 • 明确动量守恒的适用条件（系统、
方向） • 熟记弹性碰撞的"一动碰一静"结论式
2. 构建知识网络 将动量与动能定理、机械能守恒、圆周运动等建立联系，掌握能量-
动量双守恒问题的解题路径。
3. 典型题型训练 重点突破： • 多物体多过程问题（建议用时：15 分钟/题） • 含弹
簧的临界问题 • 流体冲击模型（微元法应用）
4. 关注创新题型 研究近3 年新高考省份试题，特别注意： • 真实实验情境题（如
DIS 实验数据处理） • 理论联系实际类问题（如汽车碰撞测试分析）
1．（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
1
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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
【答案】D
【解析】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
v1=1m/s
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。
2．（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
2
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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
【解析】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
3
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解得
故C 错误，D 正确。
故选D。
重点一动量定理及其应用
1.冲量的三种计算方法
公式法
I=Ft 适用于求恒力的冲量
动量定理法多用于求变力的冲量或F、t 未知的情况
4
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图像法
F-t 图线与时间轴围成的面积表示力的冲
量，若F 与t 成线性关系，也可直接用平均
力求解
2.动量定理
(1)公式：FΔt=mv'-mv
(2)应用技巧：
①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。
②表达式是矢量式，需要规定正方向。
③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更
简捷。
④在变加速运动中F 为Δt 时间内的平均力。
⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。
例题1. 质量为
的物体，以初速度
沿固定斜面开始上滑，到达最高点后再次返回到原
出发点时速度大小为
，假设物体在斜面上运动时受到的摩擦力大小不变，则（ ）
A．整个过程中合力的冲量大小为
B．整个过程中摩擦力冲量的矢量和为零
C．上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量大
D．上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均不为零
【答案】D
【解析】A．以沿斜面向下为正方向，根据动量定理有
故A 错误；
B．设物体上滑过程时间为t1，下滑回到出发点时间为t2，位移大小为x，则得
可知
整个过程中摩擦力冲量的矢量和为
5
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故B 错误；
C．上滑过程中重力的冲量为mgt1, 下滑过程中重力的冲量为mgt2，由于t1< t2，则上滑过
程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小，故C 错误；
D．上滑过程和下滑过程中支持力一直存在，冲量均不为零，故D 正确。
故选D。
训练1. 如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度为
，一端连接阻值为
的
电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为
。质量为
的导体棒
放在导轨上，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略
不计。给导体棒一个向右的初速度
，并以此时刻作为计时起点，在求导体棒的速度随
时间变化的函数关系时，可与放射性元素的原子核发生衰变的情形作类比。放射性元素
的原子核发生衰变时，单位时间内发生衰变的原子核个数
与现存的，未衰变的原子核
个数
成正比：
，其中
为比例常数，“-”表示原子核个数减少，上述方程的
解为：
，其中
为
时刻未衰变的原子核个数，
为时刻未衰变的原子核
个数。则导体棒的速度随时间变化的函数关系为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】在极短的时间
内，由动量定理可得
安培力为
导体棒切割磁感线产生的电动势为
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电路中的电流为
联立上式可得
整理得
结合题目中的信息可得
故选A。
重点二动量守恒定律及应用
动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'，作用前的动量之和等于作用后的动量之和。(常用)
(2)Δp1=-Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(3)Δp=0，系统总动量的变化量为零。
例题2. 如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为
的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆
环的圆心
等高处固定一水平光滑直杆。质量为
的小球a 套在半圆环上，质量为
的小球b 套在直杆上，两者之间用长为
的轻杆通过两铰链连接。现将a 从圆环的
最高处静止释放，让其沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b 均视为质点，
取
，
则以下说法中正确的是（ ）
A．小球a 滑到与圆心
等高的
点时，a 的速度大小为
B．小球a 滑到与圆心
等高的
点时，a 的向心加速度为
C．小球a 从
点下滑至杆与圆环相切的
点图中未画出过程中，a、b 两球组成的系
7
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统机械能、动量均守恒
D．小球a 从
点下滑至杆与圆环相切的
点图中未画出的过程中，杆对小球b 做的
功约为
【答案】D
【解析】AB．当a 滑到与O 同高度P 点时，a 的速度v 沿圆环切向向下，a 沿杆方向速度为
零，所以b 的速度为零，由机械能守恒可得
解得
此时a 的向心加速度
故AB 错误；
C．小球a 从P 点下滑至杆与圆环相切的Q 点（图中未画出）过程中，a、b 两球组成的系
统只有重力对系统做功，所以，a、b 两球组成的系统机械能守恒；圆弧轨道对a 球的弹力
存在水平方向的分力，则a、b 两球组成的系统在水平方向的合外力不为0，水平方向一定
不满足动量守恒，故C 错误；
D．杆与圆相切时，如图所示
a 的速度沿杆方向，设此时b 的速度为
，则有
由几何关系可得
从
点下滑至杆与圆环相切的
点的过程，a 下降的高度为
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a、b 两球组成的系统满足机械能守恒，则有
对b，由动能定理得
联立解得
故D 正确。
故选D。
训练2. 2021 年5 月15 日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务
着陆火星取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在
火星表面实现软着陆，设着陆器总质量为
，极短时间内瞬间喷射的燃气质量是
，为使
着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从
减为，需要瞬间喷出的燃气速率约为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设瞬间向下喷出的燃气速度大小为
，由于作用时间极短，喷射过程可认为系统
动量守恒，则有
解得
C 正确，ABD 错误。
故选C。
重点三 碰撞模型
1.两种碰撞的特点
弹性举例：一动碰一静
结论：
9
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碰撞
动
量
守
恒
mv1=m1v1'+m2v2'
机械能守恒1
2m1v1
2=1
2
m1v1'2+1
2m2v2'2
解得
v1'=(m1-m2)v1
m1+m2
，
v2'= 2m1v1
m1+m2
(1)m1=m2 时，v1'=0，v2'=v1，
即两球碰撞后交换了速度
(2) 当m1>m2 时，v1'>0 ，
v2'>0，碰后两球都沿v1 方向
运动，当m1≫m2 时v1'=v1，
v2'=2v1
(3)m1<m2 时，v1'<0，v2'>0，
碰后入射小球反弹，当
m1≪m2时，v1'=-v1，v2'≈0
完全
非弹
性碰
撞
碰后两球粘在一起末
速度相同
动
量
守
恒
m1v1+m2v2=(m1+m2)v ，
机械能损失最多
损失的机械能
ΔE=1
2m1v1
2+1
2m2v2
2-1
2
(m1+m2)v
2
例题3. 如图所示。上表面粗糙的长木板P 放在光滑水平面上，长木板中央放置两质量大小
关系未知的物块M 和N，两物块与板间的动摩擦因数均相同。M 和N 之间有一压缩的轻弹
簧（弹簧与两物块均不拴接），开始时板和两物块均静止。现同时释放M、N，弹簧将两
物块弹开，两物块在长木板上滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．M、N 组成的系统总动量一定守恒
B．M、N 组成的系统总动量一定不守恒
C．若长木板向左运动，则物块M 的质量一定小于物块N 的质量
D．若长木板向左运动，则M、N 组成的系统总动量方向一定向右
【答案】D
【解析】AB．物块M 和N 受到长木板对它们的摩擦力大小未知，若两摩擦力大小相等，则
M、N 组成的系统总动量守恒，若两摩擦力大小不相等，则M、N 组成的系统总动量不守
恒，故AB 错误；
C．若长木板向左运动，则板受到的合力向左，M 对板的摩擦力大于N 对板的摩擦力，M
10
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的质量一定大于N 的质量，故C 错误；
D．长木板和两物块组成的系统总动量守恒，若长木板向左运动，则M、N 组成的系统总动
量方向一定向右，故D 正确。
故选D。
训练3. 如图所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为m、相距2L 沿直线排列，静置
于水平地面上。为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力F 使车自行运动，
并与第二辆车相碰，且在极短时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离
，恰
好停靠在墙边。若车运动时受到的摩擦力恒为车重的k 倍，忽略空气阻力，重力加速度为
g。则工人给第一辆购物车水平推力F 的冲量大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】设第一辆车碰前瞬间的速度为
，与第二辆车碰后的共同速度为
，由动量守恒
定律有
根据动能定理可得
联立解得
设第一辆车推出时的速度为
，根据动能定理可得
根据动量定理，工人给第一辆购物车水平推力F 的冲量大小为
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故选A。
难点一 “保守型”碰撞拓展模型
图例
(水平面
光滑)
小球-弹簧模
型
小球-曲面模
型
小球-小球模型
达到
共速
相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守
恒，满足mv0=(m+M)v 共，损失的动能最多，分
别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次
分离
相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满
足mv0=mv1+Mv2，机械能守恒，满足1
2mv0
2=1
2
mv1
2+1
2Mv2
2
例题4. 如图所示，在水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一侧AB 是一个半径为R
的
弧形凹槽，A 点切线水平。一个质量为m 的小球以水平初速度
从A 点冲上滑块，重
力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．滑块和小球组成的系统总动量不守恒
B．滑块和小球组成的系统机械能不守恒
C．若
，小球恰能到达滑块M 上的B 点
D．若小球能从B 点离开滑块M，则小球到达滑块最高点B 时，小球和滑块的水平方向
速度相等
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【答案】A
【解析】A．滑块和小球组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，但是整
体的合力不为零，所以系统的总动量不守恒，故A 正确；
B．不计一切摩擦，只有重对系统做功。所以系统机械能守恒，故B 错误；
C．当小球刚好到达B 点，系统水平方向动量守恒有
系统机械能守恒有
解得
故C 错误；
D．若小球能从B 点离开滑块M，则小球水平方向的分速度大于滑块水平方向的分速度，
小球离开滑块M 后做斜抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则小球到达滑块最高点B
时，小球只有水平方向的分速度，则小球的速度大于滑块的水平方向速度，故D 错误。
故选A。
训练4. 如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为
的光滑弧形槽静止在足够大的
光滑水平面上，底部与水平面平滑相切，一个质量也为
的小球从槽顶部由静止下滑，假
设小球与弹簧组成的系统在相互作用的全过程无机械能损失，则（ ）
A．在下滑过程中，小球对槽的作用力做正功
B．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
C．被弹簧反弹前后，小球动量大小和方向均发生改变
D．被弹簧反弹后，小球一定能返回到槽上
【答案】A
【解析】A．在下滑过程中，槽的动能增加，重力势能不变，机械能增加，小球对槽的作
用力做正功，故A 正确；
B．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒，故B 错误；
C．小球与弹簧组成的系统在相互作用的全过程无机械能损失，被弹簧反弹前后，小球速度
大小不变，方向相反，小球动量大小不变，方向发生改变，故C 错误；
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D．小球和槽的水平方向动量守恒，小球和槽分离时小球的速度若小于等于槽的速度，被
弹簧反弹后，小球速度大小和与槽分离时的速度大小相等，则小球不能返回到槽上，故D
错误。
故选A。
难点二 “耗散型”碰撞拓展模型
图例
(水平面
或水平
导轨光滑)
未穿出
未滑离
达到共速
达到共速相当于完全非弹性碰撞，满足mv0=(m+M)v 共，
损失的动能最多，分别转化为内能或电能
例题5. 为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两个
完全相同的钢板A、B 厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B 焊接在一起静置在光滑水
平面上，质量也为m 的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B 间隔一段
距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。
设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的
是（ ）
A．第一次子弹射出B 时，A 的位移为d
B．第一次子弹穿过A、B 所用时间之比为
C．第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B 的深度为
D．第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为
【答案】D
【解析】A．设第一次子弹穿过A、B 时共同速度为v，对系统由动量守恒有
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此过程对A 和B 有
对子弹有
解得
故A 错误；
B．第一次子弹相对A、B 做匀减速直线运动，恰击穿时相对末速度为0，根据逆向思维，
可以将看成子弹相对A、B 做初速度为0 的反向匀加速直线运动，穿过B、A 的相对位移相
等，根据连续相邻相等位移之内的时间间隔比例规律可知，穿过B、A 的时间之比为
，所以穿过A、B 所用时间之比为
，故B 错误；
C．设子弹的初速度为
，受到的阻力大小为f，第一次穿过A、B 时共同速度为v，对系统
由动量守恒有
由能量守恒有
解得
第二次子弹穿过A 时，设子弹速度为
，A 的速度为u，假设不能穿透B，最后与B 的共同
速度为
，进入B 的深度为
，对子弹和A 由动量守恒有
由能量守恒有
解得
对子弹和B，由动量守恒有
由能量守恒有
解得
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假设成立，故C 错误；
D．第一次系统损失的机械能
第二次系统损失的机械能
第一次、第二次系统损失的机械能之比为
故D 正确。
故选D。
训练5. 长为L、质量为M 的平板小车停在光滑水平面上，质量为m 的木块（可视为质点，
）以速度
滑上小车的左端，如图甲所示，最后随小车一起运动；若小车以速度
向左运动，将木块轻轻放在小车左端，如图乙所示，最终也随小车一起运动。则（ ）
A．两种情况中木块相对小车滑行的距离相等
B．两种情况中木块最终随小车运动的速率相等
C．两种情况中木块与小车间摩擦产生的热不相等
D．两种情况中木块相对小车滑行的时间不相等
【答案】A
【解析】ABC．根据动量守恒定律和能量关系，甲图中
乙图中
16
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因
可知
选项A 正确，BC 错误；
D．对滑块由动量定理，对甲
对乙
解得
可知
选项D 错误。
故选A。
（建议用时：30 分钟）
一、单选题
1．如图所示为跳台滑雪雪道的简化示意图，AO 段为助滑道和起跳区，OB 段为倾角为
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的着陆坡。运动员从助滑道的起点A 由静止开始滑下，到达O 点时以速度
起
跳，最后落在着陆坡面上的C 点。已知
的方向与水平方向的夹角也为a，O、C 间距离为
s。不计一切阻力，运动员可视为质点，则运动员从O 点运动到C 点的过程中（ ）
A．最高点速度为0
B．重力的冲量大小
C．上升阶段处于超重状态
D．相同时间内速度的变化量不同
【答案】B
【解析】A．由斜抛运动特点可知，运动员在竖直方向做匀变速运动，水平方向做匀速直
线运动，最高点竖直速度为0，水平速度为
，故A 错误；
B．运动员从O 到C 的水平分位移为
由于运动员在水平方向做匀速直线运动，则运动时间为
则整个过程重力的冲量为
故B 正确；
C．由于不计一切阻力，故运动员整个过程只受重力，加速度向下，处于失重状态，故C 错
误；
D．运动员在空中做斜抛运动，斜抛运动是一种匀变速曲线运动，相同时间内速度的变化
量相同，故D 错误。
故选B。
18
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2．中国空间站在距地面高度约
的轨道上做匀速圆周运动，该轨道远在距地面
的卡门线（外太空与地球大气层的分界线）之上，但轨道处依然存在相对地心静止
的稀薄气体，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速。空间站安装有发动机，能够实
时修正轨道。已知中国空间站离地面高度为，地球半径为
，地球表面的重力加速度为
，将空间站视为如图所示的圆柱体，其运行方向上的横截面积为，稀薄气体密度为
，
不考虑其他因素对空间站的影响，则（ ）
A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，其高度降低，动能减小
B．空间站的速度大小为
C．气体对空间站前端作用力大小为
D．空间站发动机的功率为
【答案】C
【解析】A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，气体与空间站前端碰后瞬间
可视为二者共速，可看作完全非弹性碰撞，故会损失的机械能，其高度降低，又根据牛顿
第二定律
故减小时，增大，动能增大，故A 错误；
B．根据牛顿第二定律
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又地球表面
联立解得
故B 错误；
C．设极短的时间
内与空间站前端碰撞的稀薄气体质量为
碰撞瞬间，根据动量守恒
由于
故
对稀薄气体
，根据动量定理
联立解得空间站前端对稀薄气体的作用力大小
根据牛顿第三定律知气体对空间站前端作用力大小为
，故C 正确；
D．空间站发动机的功率为
故D 错误。
故选C。
3．喷泉水柱从横截面积为
的喷口持续以速度
竖直向上喷出，距喷
口正上方处固定一水平挡板，水柱冲击到水平挡板后，在竖直方向水的速度瞬间变为零，
在水平方向朝四周均匀散开，忽略空气阻力。已知水的密度
，重力加速
度
取
。设水柱对挡板的冲击力为
，则
图像可能正确的是（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】根据质量流量守恒知，喷口处与挡板处很短的Δt 时间内水柱的质量同样为
，因为水流在上升过程中横截面积会扩大，从而保持质量流量不变。设很短
的水柱在高度为h 处，撞击玩具前水的速度为v，根据运动规律
其中
即
（否则
）
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
联立解得
根据数学关系知，D 选项的图像符合题意。
故选D。
4．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为
的光滑弧形槽静止在足够大的光滑水
平面上，底部与水平面平滑相切，一个质量也为
的小球从槽顶部由静止下滑，假设小球
与弹簧组成的系统在相互作用的全过程无机械能损失，则（ ）
A．在下滑过程中，小球对槽的作用力做正功
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B．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
C．被弹簧反弹前后，小球动量大小和方向均发生改变
D．被弹簧反弹后，小球一定能返回到槽上
【答案】A
【解析】A．小球下滑过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒，槽的动能增加，所以小
球对槽的作用力做正功，故A 正确；
B．小球在槽上运动时，小球和槽组成的系统水平方向不受外力，由于小球有竖直分加速度，
系统竖直方向的合外力不为零，所以系统的合外力不为零，故系统的动量不守恒，故B 错
误；
C．被弹簧反弹后，小球速度大小不变，方向改变，所以小球动量发生改变，故C 错误；
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒。设小球离开槽时小球和槽的速度分别为
和
，
取向右为正方向，系统在水平方向动量守恒，在水平方向，由动量守恒定律得
解得
小球被反弹后，速度大小仍为
，由于小球和槽同向运动，速度大小相等，所以小球不能
滑上槽，故D 错误。
故选A。
5．2023 年9 月，“天宫课堂”第四课演示在微重力环境下不同质量钢球的对心碰撞所产
生的现象。如图，在空间站中将一个质量为500g 的实心钢球A 放到网格布前方（相对网格
布静止），一个质量为300g 的钢球B 从左侧以0.4m/s 的水平速度与钢球A 发生对心碰撞，
若钢球之间的碰撞可视为弹性碰撞，以下说法正确的是（ ）
A．碰撞前钢球B 不受重力的作用，处于完全失重状态
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B．碰撞过程中钢球B 对钢球A 的作用力大于钢球A 对钢球B 的作用力
C．碰撞后钢球B 向左运动，速度大小为0.3m/s
D．碰撞过程中钢球A 对钢球B 的冲量大小为0.15N·s，方向水平向左
【答案】D
【解析】A．钢球B 虽然处于完全失重状态，但仍受重力作用，只是重力提供了B 做圆周运
动的向心力，故A 错误；
B．碰撞过程中，钢球A 与钢球B 之间的力为相互作用力，大小相等，方向相反，故B 错误；
C．由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
解得
故C 错误；
D．对B 分析，由动量定理
解得
方向水平向左
故D 正确。
故选D。
6．如图所示，光滑轨道固定在水平地面上，质量均为m、相距很近的A、B 两小球静置于
轨道水平部分。将质量为M 的小球C 从轨道圆弧部分的某高度处由静止释放，设所有碰撞
均为弹性碰撞，下列说法正确的是（ ）
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A．若
，C 与A 仅碰撞一次
B．若
，A 与B 仅碰撞一次
C．若
，C 与A 可碰撞两次
D．若
，A 与B 可碰撞两次
【答案】B
【解析】AB．质量为M 的小球C 从轨道圆弧部分由静止释放滑至底端的过程
取水平向右为正方向，C 与A 弹性碰撞,有
解得
，
A 与B 弹性碰撞，A 与B 质量相等，同理可得碰后A 与B 速度交换，即A 停下，B 以
向右
运动，若
，则
，C 返回冲上曲面后再次与静止的A 弹性碰撞，同理可解得
，
易知
，
，A 与B 仅碰撞一次，C 与A 碰撞两次，故A 错误，B 正确；
C．若
，C 与A 弹性碰撞，碰后
，
之后A 与B 弹性碰撞，碰后A 与B 速度交换，即A 停下，B 以
向右运动，C 与A 仅碰
撞一次，故C 错误；
D．若
，C 与A 弹性碰撞，碰后
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，
易知
，
，之后A 与B 弹性碰撞，碰后A 与B 速度交换，即A 停下，B 以
向右
运动，接着C 再次与A 弹性碰撞，碰后
，
易知
，
，A 与B 仅碰撞一次，C 与A 碰撞两次，故D 错误。
故选B。
7．如图所示，小物块a、b 和c 静置于光滑水平地面上。现让a 以速度v 向右运动，与b 发
生正碰，然后b 与c 也发生正碰。若a、b、c 的质量可任意选择，碰撞可以是弹性也可以
是非弹性的，各种可能的碰撞后，c 的最大速度为（ ）
A．4v
B．6v
C．9v
D．12v
【答案】A
【解析】设a、b、c 的质量分别为
、
、
。a 与b 碰撞后二者的速度分别为
和
，
根据动量守恒定律有
①
根据机械能守恒定律有
②
联立①②解得
③
由③式可知，当
时，有
④
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设b 与c 碰撞后二者的速度分别为
和
，同理可得
⑤
⑥
联立⑤⑥解得
⑦
由⑦式可知，当
时，有
⑧
所以若b 和c 的质量可任意选择，碰后c 的最大速度接近于4v。
故选A。
8．如图所示，质量为m、半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道小车静置于光滑水平面上，圆
弧轨道最低点切线水平。一质量也为m 的小球以水平初速度
冲上小车，不计空气阻力，
则下列说法正确的是（ ）
A．小球冲上小车的过程小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球返回到小车左端时，小车将向左运动
C．无论小球初速度
多大，小球最终都会从小车上返回
D．小球返回到小车左端后将相对地面向左做平抛运动
【答案】C
【解析】A．系统在水平方向上所受合外力为0，则系统仅在水平方向上动量守恒，故A 错
误；
B．受力分析可知，圆弧轨道所受合力一直向右，即一直加速向右，直到分离，故B 错误；
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C．
足够大使小球飞离小车时，二者水平分速度相等，故飞出又落回，而
较小时小球
也会返回小车左端，故C 正确；
D．设小球离开小车时，小球的速度为
，小车的速度为
，选取向右为正方向，整个过程
中动量守恒得
由机械能守恒得
联立解得
即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后相对地面做自由落体运动，故
D 错误。
故选C。
二、多选题
9．如图所示，两个四分之一圆弧体A、B 静止在光滑的水平面上。A、B 的圆弧面光滑，半
径分别为
和
，底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视为质点的小物块C 从A 的圆
弧面的顶端静止释放，A、C 的质量分别为
和
，则以下说法正确的是（ ）
A．整个过程ABC 组成的系统动量守恒
B．C 刚滑到A 底端时，C 距B 的圆弧面底端的水平距离为
C．C 刚滑到A 底端时，C 的速度为
D．若C 滑到A 底端后，恰好能滑上B 的圆弧面顶端，则B 的质量为
【答案】CD
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【解析】A．整个过程ABC 组成的系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A 错误；
B．设C 刚滑到A 底端时，A、C 的水平位移的大小分别为
、
，根据“人船模型”有
依题意有
可得C 刚滑下A 时到B 的圆弧面底端的距离为
故B 错误；
C．C 刚滑到A 底端时，水平方向由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
，
故C 正确；
D．C 滑上B 的过程，水平方向由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
故D 正确。
故选CD。
10．如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B 用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。
t = 0 时，A 以水平向左的初速度v0开始运动，B 的初速度为0，A、B 运动的v − t 图像如图
乙所示。已知A 的质量为m，0 ~ t0时间内B 的位移为x0，t = 3t0时二者发生碰撞并粘在一
起，则（ ）
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A．B 的质量为2m
B．橡皮绳的最大弹性势能为
C．橡皮绳的原长为
D．橡皮绳的原长为v0t0
【答案】AD
【解析】A．由图乙及动量守恒定律得
解得
故A 正确；
CD．由图乙知，2t0时刻橡皮绳处于原长，设此时A、B 的速度分别为vA、vB，由动量守恒
定律及能量守恒定律得
解得
，
橡皮绳的原长
故C 错误，D 正确；
B．由能量守恒定律，橡皮绳的最大弹性势能
故B 错误。
故选AD。
11．如图甲所示，光滑的水平地面上静置一质量为M，半径为R 光滑的
圆弧体，圆心为
O，一个质量为m 的小球由静止释放，释放时小球和O 点连线与竖直半径OA 夹角为
，滑
至圆弧底部后与圆弧分离，此时小球相对地面的水平位移为x。改变小球释放时的角度
，
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得到小球的水平位移x 和
的关系图像如图乙所示，重力加速度为g，关于小球下滑的
过程，下列说法正确的是（ ）
A．小球与圆弧面组成的系统动量守恒
B．圆弧体对小球做负功
C．圆弧体与小球的质量之比为
D．当
为90°时，两者分离时小球的速度为
【答案】BC
【解析】A．根据动量守恒条件可知小球与圆弧面组成的系统在竖直方向合力不为0，系统
在水平方向动量守恒。故A 错误；
B．整个系统机械能守恒，圆弧体机械能增加说明小球对圆弧体做正功，则圆弧体对小球做
负功。故B 正确；
C．滑至圆弧底部后两物体间的相对位移大小为
根据水平方向动量守恒可得
时间相等，则上式可变形为
解得圆弧体与小球的质量之比为
故C 正确；
D．当
为90°时，根据机械能守恒可得
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又根据动量守恒定律解得两者分离时小球的速度为
故D 错误。
故选BC。
12．如图所示，水平面上放置着半径为R、质量为3m 的半圆形槽，AB 为槽的水平直径。
质量为m 的小球自左端槽口A 点的正上方距离为R 处由静止下落，从A 点切入槽内。已知
重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．槽向左运动的最大位移为0.5R
B．小球在槽中运动的最大速度为
C．小球能从B 点离开槽，且上升的最大高度小于R
D．若槽固定，小球在槽中运动过程中，重力做功的最大功率为
【答案】AD
【解析】A．半圆形槽和小球在水平方向动量守恒，设小球水平方向分速度大小为
，槽的
速度大小为
，则
当小球运动到B 点时，小球和槽的水平位移最大，设小球的水平位移大小为
，槽的位移
大小为
，半圆形槽和小球运动时间相同，则
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即
半圆形槽和小球在水平方向上位移大小之和，即相对位移大小为
解得
故A 正确；
B．小球运动到最低点时速度最大，根据动量守恒
根据机械能守恒
解得
故B 错误；
C．小球运动B 点时，小球和槽在水平方向上速度相同，根据水平方向动量守恒，则此时小
球和槽在水平方向上的速度都为零，根据小球和槽组成的系统机械能守恒，则小球上升的
最大高度等于R，故C 错误；
D．根据
可知，当小球在竖直方向分速度最大时，重力的功率最大，设此时小球和O 点连线与竖直
方向的夹角为
，此时速度大小为，根据动能定理
解得
则竖直方向分速度为
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根据数学求极值的方法可知，当
时，竖直方向分速度最大，最大值为
重力做功的最大功率为
故D 正确。
故选AD。
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