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专题05 动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用
命题预测
动量定理及动量守恒定律在高考物理中拥有极其重要的地位，它们不仅是力
学知识体系的核心组成部分，也是分析和解决物理问题的重要工具。
在2025 年的高考命题中，动量定理及动量守恒定律的考查形式丰富多样。这
些考点既可能以选择题、计算题的形式直接检验学生对基本原理的掌握情况，也
可能通过复杂的计算题、应用题，要求学生运用动量定理和动量守恒定律进行深
入分析和计算。此外，这些考点还经常与其他物理知识点相结合，形成综合性强
的题目，以检验学生的综合应用能力。
在复习时，考生应首先深入理解动量定理和动量守恒定律的基本原理和概
念，明确它们的适用范围和条件。其次，考生需要熟练掌握相关的公式和计算方
法，并能够在实际问题中灵活运用。此外，考生还应注重解题方法的总结和归
纳，特别是对于典型题目的解题思路和方法，要进行反复练习和巩固。
高频考法
1. 应用动量定理处理蹦极类问题
2. 应用动量定理处理流体类问题
3. 分方向动量定理应用问题
4. 弹性碰撞类问题
5.完全非弹性碰撞类问题
6.斜面类类碰撞问题
7.弹簧类类碰撞问题
考向一：应用动量定理处理蹦极类问题
1.动量定理的表达式F·Δt=Δp 是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。运用
它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F 是物体或系统所受的合力。
2.动量定理的应用技巧
(1)应用I=Δp 求变力的冲量
如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft 求冲量,可以求出该力作用下物体动量的
1
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变化Δp,等效代换得出变力的冲量I。
(2)应用Δp=FΔt 求动量的变化
考向二：流体类和微粒类问题中应用动量定理
1.流体类“柱状模型”问题
流体及
其特点
通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已
知密度ρ
分
析
步
骤
1
建立“柱状模型”，沿流速v 的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt 内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm
＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
2.微粒类“柱状模型”问题
微粒及
其特点
通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立
性，通常给出单位体积内粒子数n
分
析
步
骤
1
建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2
微元研究，作用时间Δt 内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV
＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N 计算
考向三：应用动量守恒定律解决碰撞类问题
1.碰撞三原则：
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运
动，则应有v 前′≥v 后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2. “动碰动”弹性碰撞
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v1
ˊ，v2
ˊ，则有：
(1)
(2)
m2
m1
v2
’ˊ
v1
’ˊ
v2
v1
2
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联立（1）、（2）解得：
v1
’=
2
m1v1+m2v2
m1+m2
−v1
，v2
’=
2
m1v1+m2v2
m1+m2
−v2
.
特殊情况： 若m1=m2 ，v1
ˊ= v2 ，v2
ˊ= v1 .
3. “动碰静”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小
球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2）
解得：v1′＝，v2′＝
结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
考向四：应用动量守恒定律解决类碰撞问题
1.碰撞模型拓展——“保守型”
图例(水平面
光滑)
小球—弹簧模型
小球—曲面模型
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
失的动能最大，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，能量满足
mv＝mv＋Mv
2.碰撞模型拓展——“耗散型”
图例(水平
面、水平导轨
都光滑)
达到共速
相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v 共，损失的动能最大，分
别转化为内能或电能
考向四：多次碰撞问题
当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问
题时，通常可用到以下两种方法：
数学归
纳法
先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学
归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程等数
3
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据
图像法
通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t 图像，通过图像可使运动过程
清晰明了，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出
01 应用动量定理处理蹦极类问题
1．如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图．跳楼机由静止从a 自由下落到b，再从b
开始以恒力制动竖直下落到c 停下．已知跳楼机和游客的总质量为m，ab 高度差为2h，bc 高度差为h，重
力加速度为g．则
A．从a 到b 与从b 到c 的运动时间之比为2：1
B．从a 到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等
C．从a 到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为
D．从b 到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg
【答案】A
【详解】A.由题意可知，跳楼机从a 运动b 过程中做自由落体运动，由
可得，下落时间
由
可知，运动到b 的速度大小为
跳楼机从b 运动c 过程中做减速运动，同理可得
，
4
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解得减速过程的加速度大小为
，时间为
，故从a 到b 与从b 到c 的运动时间之比为
故A 正确；
B.从a 到b，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故B 错误；
C.从a 到b，根据动量定理可得
则跳楼机和游客总重力的冲量大小为
，故C 错误；
D.从b 到c，根据牛顿第二定律有：
解得跳楼机受到制动力的大小为
，故D 错误．
02 应用动量定理处理流体类问题
2．科学团队在地球表面进行探测器的悬停实验，为未来探测器在更遥远的天体安全着陆做准备。当探测
器向下喷出气体时，探测器悬停在地表上空。已知探测器竖直向下喷射的气体密度为
，横截面积为S，
喷出时的速度大小为，重力加速度为
。若近似认为喷射气体的重力忽略不计，探测器的质量保持不变，
不计空气阻力，则（ ）
A．探测器对喷射气体的冲量大小大于喷射气体对探测器的冲量大小
B．探测器与喷射气体两者的动量变化量大小相等，方向相反
C．探测器时间内喷出气体的质量为
D．探测器的质量为
【答案】D
【详解】C．探测器时间内喷出气体的质量为
故C 错误；
A．根据牛顿第三定律可知，探测器对喷射气体的力等于喷射气体对探测器的力，作用时间相同，根据
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可知探测器对喷射气体的冲量大小等于喷射气体对探测器的冲量大小。故A 错误；
B．当探测器向下喷出气体时，探测器悬停在地表上空，动量变化量为0，而气体获得速度，动量变化量不
为0，所以两者的动量变化量大小不等。故B 错误；
D．设探测器对气体的力为
，根据动量定理有
解得
根据牛顿第三定律可知气体对探测器的力
探测器悬停在地表上空，则有
解得
故D 正确。
故选D。
03 分方向动量定理应用问题
3．如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理
论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为
，初始
时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成
角，小球在运动过程中受到的空
气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球落地时重力的功率为
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B．小球下落的时间为
C．小球下落过程中的水平位移大小为
D．小球下落过程中空气阻力所做的功为
【答案】B
【详解】A．小球落地时重力的功率为
故A 错误；
B．小球下落过程在竖直方向根据动量定理
解得小球下落的时间为
故B 正确；
C．小球在水平方向根据动量定理
解得小球下落过程中的水平位移大小为
故C 错误；
D．小球下落过程根据动能定理
解得小球下落过程中空气阻力所做的功为
7
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故D 错误。
故选B。
04 弹性碰撞类问题
4.弹珠游戏对同学们稍显陌生，但它却是许多80 后难忘的童年记忆。其示意图如图所示，水平地面上相距
x=3 m 的地方分别有可视为质点、大小相同的球形弹珠A、B，两者质量关系为mA=3mB，假设两弹珠在水平
地面上行进时受到的阻力（包括空气阻力和摩擦力等）均恒为其重力的k 倍。现给弹珠A 一个v0=4 m/s 的
初速度，使其与静止的弹珠B 发生弹性碰撞，碰撞前后A、B 均沿同一直线运动。已知k=0.2，g=10 m/s2。
求：
（1）弹珠A 与弹珠B 碰撞前瞬间，弹珠A 的速度大小vA；
（2）在碰撞刚结束时弹珠A 和弹珠B 的速度大小
、
；
（3）弹珠A 和弹珠B 之间最终的距离。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）对弹珠A，在碰撞前的加速度为a，根据牛顿第二定律可得
解得
a
方向：与
方向相反。设碰撞前弹珠A 的速度为
，由运动学公式有
解得
（2）碰撞过程中弹珠A、B 系统动量守恒，机械能守恒。以向右为正方向，根据题意得
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解得
（3）碰撞之后弹珠A 和弹珠B 分别向右做匀减速直线运动，设从碰撞后到停下来弹珠A 的位移为
，弹
珠A 的位移为
。由动能定理可得
对弹珠A
对弹珠B
解得
m，
m
因此弹珠A 和弹珠B 最终的距离
05 完全非弹性碰撞类问题
5．如图甲所示，质量为
的物块A 与竖直放置的轻弹簧上端连接，弹簧下端固定在地面上。
时，物
块A 处于静止状态，物块B 从A 正上方一定高度处自由落下，与A 发生碰撞后一起向下运动（碰撞时间极
短，且未粘连），到达最低点后又向上运动。已知B 运动的
图像如图乙所示，其中
的图线为直线，
不计空气阻力，则（ ）
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A．物块B 的质量为
B．
时，弹簧的弹性势能最大
C．
时，B 速度为零
D．
时，A、B 开始分离
【答案】AC
【详解】A．碰撞时间极短，可认为碰撞过程满足动量守恒，则有
解得
故A 正确；
B．当
为零时，弹簧压缩量最短，弹簧的弹性势能最大，故B 错误；
C．B 与A 一起运动过程属于简谐振动，故图乙中B 物体的速度时间图线为正余弦函数关系，设振动周期为
，由数学知识可得
可得
则有
设B 速度为零时刻为，则有
可得
则有
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联立解得
故C 正确；
D．根据
时，B 的速度为
可知此时A、B 刚好回到碰撞时的位置，此时弹簧仍处于压缩状态，A、B 并未分离，故D 错误。
故选AC。
06 斜面类类碰撞问题
6．如图所示，半径为R、质量为3m 的
圆弧槽AB 静止放在光滑水平地面上，圆弧槽底端B 点切线水平，
距离B 点为R 处有一质量为3m 的小球2，其左侧连有轻弹簧。现将质量为m 的小球1（可视为质点）从左
侧圆弧槽上端的A 点由静止释放，重力加速度为g，不计一切摩擦。则下列说法正确的是（ ）
A．系统（三个物体）全程动量守恒
B．小球1 刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B 点相距
R
C．弹簧弹性势能的最大值为
mgR
D．小球1 最终的速度大小为
【答案】BC
【详解】A．小球1 在圆弧槽上运动时，系统在竖直方向上动量不守恒，故A 错误；
B．小球1 从圆弧槽的A 点到B 点的过程中，设小球1 滑到B 点时小球1 的速度为v0，圆弧槽的速度为v，
取水平向右为正方向，小球1 与圆弧槽在水平方向动量守恒有
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由能量守恒有
解得
设小球1 到B 点时，小球1 水平向右移动的距离为x1，圆弧槽向左运动的距离为x2，两者的相对位移为
R，因此有
x1＋x2＝R
联立解得
此时圆弧槽的B 点与弹簧之间的距离
小球1 从B 点向右以v0匀速运动，圆弧槽向左以
匀速运动，小球1 刚与弹簧接触时，与圆弧槽底端B 点
的距离
故B 正确；
C．小球1 与小球2 共速时，弹簧弹性势能有最大值，从小球1 刚与弹簧接触到两球共速，由动量守恒有
由能量守恒有
联立解得
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故C 正确；
D．从小球1 刚与弹簧接触到两球分开，由动量守恒有
mv0=mv1＋3mv2
由能量守恒有
m
=
m
＋
·3m
解得
小球1 之后向左以
v0匀速运动，因为圆弧槽此时正向左以
匀速运动，故会再次和圆弧槽碰撞，以向左
为正，碰撞前、后动量守恒有
由能量守恒有
解得
最终小球1 以
v0的速度向左运动，圆弧槽以
v0的速度向左运动，小球2 以
v0的速度向右运动，小球1
最终的速度为
故D 错误。
故选BC。
07 弹簧类类碰撞问题
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7.如图甲，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。物块B 向A 运动，从
时与弹
簧接触，到
时与弹簧分离。A、B 的
图像如图乙所示。已知从
到
时间内，物块A 运动的
距离为
；弹簧始终处于弹性限度内。求：
（1）物块B 的质量；
（2）分离后物块A、B 的速度大小；
（3）弹簧的最大压缩量。
【答案】（1）2.5m；（2）
，
；（3）
【详解】（1）由题图可知，在
时刻，A、B 两物体的速度均为
，由动量守恒有
解得
（2）从两物块接触弹簧到分开过程，系统动量守恒，有
该过程机械能守恒，有
解得
，
（3）同一时刻弹簧对A、B 的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
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可知同一时刻
同一时刻A、B 的瞬时速度分别为
，
根据位移等于速度在时间的累积可得
（累积）
（累积）
又因为
解得
第一次碰撞过程中弹簧压缩量的最大值为
08 多次碰撞问题
8.光滑水平面上每隔距离d 静止放置一个质量为m 的小球，共放置10 个小球，从左至右依次标号为1、2、
3、…、10。小球A 静止放置在1 号小球左端d 处。现用一水平向右的恒力F 作用于小球A，当小球A 运动
到10 号球位置时，撤掉F。小球均可视为质点，小球间碰撞时间忽略不计。
(1)若小球A 质量为m，且小球之间的碰撞均为弹性碰撞，求10 号球开始运动的时间；
(2)若小球A 质量为2m，且小球之间的碰撞均为完全非弹性碰撞，求小球A 与1 号球碰撞过程中的能量损
失；
(3)在（2）中条件下，求小球A 运动过程中的最大速度。
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【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）
小球A 与1 号球碰前，做匀加速直线运动，对小球A 由牛顿第二定律得
由运动学公式得
，
小球A 与1 号球碰撞过程动量守恒，机械能守恒，有
，
联立解得
，
1 号球碰后以速度v 匀速运动，同理可得，n 号球与
号球碰撞后速度交换，
号球碰后也以速度v 匀
速运动，所以10 号球开始运动的时间
解得
（2）小球A 与1 号球碰前，对小球A 由动能定理得
小球A 与1 号球碰撞前后动量守恒，有
小球A 与1 号球碰撞后能量损失
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解得
（3）设小球A 和前
个小球组成的系统与第n 号小球碰前的速度为
，与第n 号小球碰后，小球A 和
n 个小球组成的系统的速度为
，小球A 与前
个小球组成的系统与第
号小球碰后的速度为
，
从小球A 和前
个小球组成的系统与第
号球碰后到与第n 号球碰前的过程中，对小球A 和前
个小球，由动能定理得
小球A 和前
个小球组成的系统与第n 号球碰撞前后，对小球A 和前n 个小球，由动量守恒定律，有
由上式解得
，同理可推出
联立可得
，
同理可推出
，
……
以上式子相加得
又
解得
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根据数学知识可知，当
，即
时
有最大值
1．如图所示，A、B、C 三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，A、B、C 三球的质量
分别为
=2kg、
=2kg、
=6kg，初状态三个小球均静止，B、C 球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于
原长状态。现给A 一个向左的初速度v0=10m/s，A、B 碰撞后立即粘连在一起，下列说法正确的是（
）
A．球A 和球B 碰撞结束后，A、B、C 三球的机械能守恒
B．球A 和球B 碰后，球C 的最大速度为2m/s
C．球A 和球B 碰后，弹簧的最大弹性势能为30J
D．球A 和球B 碰撞结束后，A、B 球的最小速度大于0
【答案】C
【详解】A．球A 和球B 碰撞结束后，由于有弹簧弹力对系统做功，A、B、C 三球的机械能不守恒，故A
错误；
B．AB 两球相碰，根据动量守恒定律有
解得
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此后AB 做减速运动，C 做加速运动，当A、B、C 共速时，有
解得
此时弹簧处于拉长状态，C 球将继续做加速运动，所以球C 的最大速度大于2m/s。故B 错误；
C．当三球速度相同时，弹簧弹性势能最大，有
故C 正确。
D．由于ABC 及弹簧组成的系统，在运动的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当弹簧再次处于原长状态
时
即得
可见A、B 球的已经反向，因此最小速度为0，故D 错误。
故选C。
2．如图所示，铁块a 与内壁光滑的半圆形凹槽b 并排静止在光滑的水平地面上，半圆形凹槽的半径为R，
直径POQ 水平。可视为质点的小球c 自P 点正上方高3R 处由静止开始下落，恰好从P 点进入槽内。已知
铁块a、半圆形凹槽b 和小球c 的质量均为m，重力加速度为g，不计空气阻力。小球进入槽内之后的运动
过程中，下列说法正确的是（ ）
A．c 第一次到达最低点前，a、b、c 组成的系统动量守恒
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B．c 第一次到达最低点时，a 的速度大小为
C．c 第一次冲出Q 点后，上升的最大高度为2R
D．b 能获得的最大速度大小为
【答案】C
【详解】A．c 第一次到达最低点前，a、b、c 组成的系统水平方向不受外力，竖直方向合力不为零，故水
平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A 错误；
B．c 第一次到达最低点时，a、b 速度向左，设其大小为
，c 速度向右，设其大小为
，则由水平方向
动量守恒得
由能量关系
解得可
，
B 错误；
C．当c 从最低点滑到右侧Q 点时，b 减速，铁块a 与b 分离，c 第一次冲出Q 点后上升至最大高度时，bc
水平方向共速，对bc 系统有
解得
根据系统机械能守恒有
解得
C 正确；
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D．当c 从右端滑下经过最低点时，该过程bc 系统机械能守恒和水平方向动量守恒，结合以上分析可知此
时bc 速度交换，即b 能获得的最大速度大小为
，D 错误。
故选 C。
3．2024 年8 月4 日，樊振东赢得了巴黎奥运会乒乓球男子单打项目的金牌。某次发球时，樊振东以初速
度
竖直向上抛出乒乓球，乒乓球经过时间t 到达最高点，落回抛出点之前已经匀速，匀速运动的速度大
小为v。已知乒乓球的质量为m，重力加速度为g，乒乓球在运动过程中受到的空气阻力大小与其速率成正
比。下列说法正确的是（ ）
A．上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量
B．上升过程中空气阻力的冲量大于下降过程中空气阻力的冲量
C．空气阻力与速率的比例系数为
D．乒乓球从最高点落回到抛出点的时间为
【答案】D
【详解】A．由牛顿第二定律，上升过程
随着速度的减小，阻力逐渐减小，加速度逐渐减小，下降过程
随着速度的增大，阻力逐渐增加，加速度逐渐减小，可知上升过程的平均加速度大于下降过程的平均加速
度，而上升过程中由于上升和下降过程中，位移大小相等，而上升过程的平均加速度大，所用时间短，则
重力的冲量小于下降过程中重力的冲量，故A 错误；
B．做出小球的v-t 图像，如图所示
21
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第一、第四象限中阴影部分的面积表示上升和下降过程的位移大小相等方向相反；若将纵坐标改为f，由
于f∝v，因此第一、第四象限中阴影部分的面积仍相等，其物理意义为上升、下降过程阻力的冲量等大反
向，故B 错误；
C．根据题意，落回抛出点之前已经匀速，匀速运动的速度大小为v。由
解得
故C 错误；
D．对整个过程，设向下为正方向，根据动量定理
由B 选项可知上升、下降过程阻力的冲量等大反向，解得
解得乒乓球从最高点落回到抛出点的时间为
故D 正确；
故选D。
4．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（
）
22
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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
23
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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。
5．如图甲所示，“L”形木板Q（竖直挡板厚度不计）静止于粗糙水平地面上，质量为
的滑块P（视为
质点）以
的初速度滑上木板，
时滑块与木板相撞并粘在一起。两者运动的
图像如图乙所示。
重力加速度大小
，则下列说法正确的是（ ）
A．“L”形木板的长度为
24
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B．Q 的质量为
C．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q 与地面摩擦产生的内能之比为
【答案】BD
【详解】A．“L”形木板的长度
A 错误；
B．滑块P 滑上木板后，滑块P 做匀减速运动，木板Q 做匀加速运动，由两者运动的
图像可知，两者
在碰撞前滑块P 的速度为
木板Q 的速度
两者碰撞后共同速度为
碰撞过程系统的动量守恒，设滑块P 的质量为m，木板Q 的质量为M，取滑块P 的速度方向为正方向，由
动量守恒定律可得
代入数据解得
B 正确；
C．设滑块P 与木板Q 间的滑动摩擦因数为
，地面与木板之间的滑动摩擦因数为
，由运动的
图像
可知，在0~2s 时间内，滑块P 的加速度为
木板Q 的加速度为
25
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对两者由牛顿第二定律可得
代入数据联立解得
C 错误；
D．由于碰撞系统损失的机械能为
代入数据解得
碰撞后木板Q 与地面摩擦产生的内能
课中由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q 与地面摩擦产生的内能之比为
，D 正确。
故选BD。
6．如图，质量为
的物块A 以
的速度在光滑水平面上向右运动，A 的左侧为墙面，A 与墙面碰撞后以
原速率返回。A 的右侧有一以
速度向右运动的物块B，物块B 的质量为
（
未知），B 的左侧固定一
轻弹簧，物块A、B 均可视为质点，下列说法正确的是（ ）
A．若要A、B 能发生两次接触，则
B．若
，弹簧能达到的最大弹性势能为
C．若
，A 最终以
的速度向左运动，B 最终以
的速度向右运动
26
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D．若
，A、B 第2 次共速时，弹簧的弹性势能为
【答案】BD
【详解】A．发生第一次接触时，以向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
解得
，
若要发生两次接触，则有
，
解得
故A 错误；
B．若
，当A、B 第一次共速时，弹簧达到的最大弹性势能，由动量守恒定律和能量守恒定律得
解得
故B 正确；
C．若
，根据A 选项分析可知A、B 可以发生两次接触，第1 次接触后，A 的速度为
B 的速度为
发生第二次接触时，以向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
27
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解得
B 的速度为
可知A 最终以
的速度向右运动，B 最终以
的速度向右运动，故C 错误；
D．第2 次共速时，此时弹性势能为
解得
故D 正确。
故选BD。
7．如图甲所示，小球B 与小球C 用轻弹簧拴接，静放在光滑的水平地面上，此时弹簧处于原长，另有一
小球A 以8m/s 的初速度向右运动，
时刻球A 与球B 碰撞瞬间粘在一起，碰后AB 的v-t 图像如图乙所示。
经过
时间，弹簧第一次被压缩至最短。已知小球B 的质量为3kg，在
时间内C 球的位移为0.25m，弹
簧的劲度系数k
540N/m，弹簧的弹性势能
（x 为弹簧的形变量），整个运动过程中弹簧始终在
弹性限度内，小球均可视为质点。下列判断正确的是（ ）
28
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A．
～
间某一时刻弹簧第一次压缩至最短
B．
时刻弹簧第一次恢复原长
C．
时间内，小球B 的位移为
m
D．C 球的质量为10kg
【答案】ABD
【详解】AB．小球AB 碰后与C 速度相等时，弹簧第一次压缩最短，根据动量守恒知此时速度
据图知此时的时刻小于
，到
时刻小球AB 反弹至最大速度，弹簧恢复原长，故AB 正确；
D．AB 发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒
解得
3kg
ABC 整体动量守恒
当弹簧恢复原长时，此时
-1m/s
满足
即
解得
10kg
则D 正确；
C．碰后的运动过程中，当3 个球共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒可得
29
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1.5m/s
由能量守恒可得弹簧储存的弹性势能为
30J
则由
可得此时弹簧的压缩量为
m
则
时间内，小球B 的位移为
故C 错误。
故选ABD。
8．如图所示，足够长的光滑水平平台右端与长度
m、以速度
m/s 逆时针转动的水平传送带平
滑无缝连接。在平台上静置着质量分别为
kg、
kg、
kg 的a、b、c 三个小滑块，
a、b 滑块间有一被压缩的轻弹簧（滑块与轻弹簧不拴接），此时轻弹簧的弹性势能
J。释放弹簧，
弹簧与滑块a、b 分离后立刻撤去弹簧，此时a 未滑上传送带，b 未与c 碰撞。已知b 与c 碰撞后结合在一
起，a、b 的碰撞为弹性碰撞，a 与传送带间的动摩擦因数
，滑块均可视为质点，重力加速度g 取
10m/s2。求：
(1)弹簧与小滑块a、b 分离后，a、b 的速度大小
，
；
30
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(2)小滑块b、c 碰撞过程中损失的机械能
；
(3)小滑块a 在传动带上通过的总路程s（结果保留两位小数）。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）弹开后a 的速度大小为
，b 的速度大小为
。由动量守恒定律得
根据能量守恒有
解得
m/s，
m/s
（2）b 与c 发生完全非弹性碰撞，设碰后二者共同速度为
，由动量守恒定律有
解得
m/s
由能量守恒，碰撞过程中损失的机械能为
解得
J
（3）小滑块a 在传送带上的加速度大小
假设小滑块a 未离开传送带，其在传送带上向右移动的距离
所以小滑块a 将从传送带上返回，返回速度大小
31
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m/s
根据动量守恒得
据能量守恒得
联立解得
m/s、
m/s
因
，所以小滑块a 和bc 不会发生二次碰撞；小滑块a 第二次在传送带上向右移动的距离
m
小滑块a 在传动带上通过的总路程
9．如图所示，曲面和下底面都光滑的
圆弧轨道A 静置在水平地面上，其质量为3m、圆弧半径为R。A
的左侧距离为
处为一足够长、以大小为
的速度顺时针匀速转动的传送带，其上表面与水平地面齐
平。现将质量为m 的滑块B，从圆弧最高点静止释放，B 沿轨道下滑后，与静置在传动带右端的滑块C 发
生碰撞，C 的质量也为m，B、C 均可视作质点，B、C 与传送带、水平地面的动摩擦因数都为μ = 0.25，
重力加速度为g，且B 与C 的所有碰撞都是完全弹性的。求：
(1)从滑块B 静止释放至滑块B 滑到轨道的圆弧最低点的过程中，A、B 运动的水平位移的大小；
(2)滑块C 第一次在传送带上向左运动的时间；
(3)从滑块C 在传送带最左端开始计时，到B 恰好停止的过程中，地面给B 的冲量大小。（答案可以用根号
32
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表示）
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）从滑块B 静止释放至滑块B 滑到轨道的圆弧最低点的过程中，A、B 组成的系统水平方向动
量守恒，根据人船模型可得
联立解得A、B 运动的水平位移的大小分别为
，
（2）从滑块B 静止释放至滑块B 滑到轨道的圆弧最低点的过程，根据系统水平方向动量守恒定律和系统
机械能守恒定律可得
解得
，
从B 滑到圆弧最低点到与C 发生碰撞前瞬间过程，根据动能定理可得
解得B 与C 碰前的速度大小为
B 与C 发生弹性碰撞过程，有
33
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解得
，
可知B、C 速度交换，则滑块C 第一次在传送带上向左运动过程，有
滑块C 第一次在传送带上向左运动的时间为
（3）由于传送带速度为
可知滑块C 向左减速为0 后，反向向右加速到与传送带共速，接着匀速运动到右端与B 发生弹性碰撞，碰
后速度再一次发生交换，所以第二次碰撞后B 的速度为
设滑块C 在传送带上向右加速所用时间为t1，匀速运动的时间为t2，则有
B 向右减速到停下所用时间为
此过程，支持力对B 的冲量大小为
摩擦力对B 的冲量大小为
则地面给B 的冲量大小为
34
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10．如图，光滑水平桌面上有一足够长的木板B，右侧通过跨过光滑轻质定滑轮的轻绳与一重物C 相连，
B 与定滑轮距离足够远，B 与滑轮间的轻绳保持水平。木块A 放在B 上，B 的上表面水平，B 与A 间的动
摩擦因数为μ。A、B、C 的质量分别为10kg、3kg、9kg，起初定滑轮与C 间的绳长为0.2m 且伸直，仅用
手拉住B 使系统静止。g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)若释放B 后，A、B 保持相对静止，求μ 需要满足的条件；
(2)若μ=0.95，现仅将C 拖至定滑轮处，同时释放B、C，求从释放到三者速度大小恰相等经历的时间；
(3)若起初定滑轮与C 间的绳长为0.8m，A 以一定速度从右端滑上B 上表面，同时将C 从滑轮处释放，
μ=0.9，A、B 共速后瞬间，C 速度恰好为零，求A 的初速度大小和最终A、B 间因摩擦产生的热量与系统
以其他方式损失的能量的比值。
【答案】(1)
(2)
(3)7.8m/s，3.475
【详解】（1）A、B 保持相对静止，可将A、B 视为整体，三者加速度大小相等，设绳上张力为FT，根据
牛顿第二定律有
对A 有
整理得
（2）初始时，A 放在B 上，两者静置在桌面上，C 位于滑轮处，C 与滑轮间的绳上张力为零，释放后，C
35
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做自由落体运动，当绳伸直时，B、C 速度发生突变，之后A 加速，直至三者共速，C 先做自由落体运动
有
绳拉直瞬间，有
则静止的A 受到向右的摩擦力，此时绳上张力为F，由牛顿第二定律有
设再经时间t2三者共速，则
解得
（3）初始时绳上无张力，A 向左运动，则B 在摩擦力作用下向左加速，C 做自由落体运动，A、B 共速时
B 有向左的速度，C 有向下的速度，只有此时绳恰好伸直且B、C 的动量相等，才能使共速后瞬间C 的速
度恰好为零，由于A 对B 的摩擦力等于C 的重力，绳伸直后若B、C 速度不为零，则两者做匀速运动，之
后A、B 共速时，C 的速度不可能为零，设A 的初速度为v0，对A 有
对B 有
设从释放到A、B 共速，B 的位移大小为
，C 的位移大小为
，有
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根据运动学公式有
其中
可得
，
，
所以
则此时B 的动量大小为
则有
A、B 的相对位移
共速过程，A、B 间因摩擦产生的热量为
B、C 间细绳伸直瞬间系统损失的能量为
B、C 速度均为零后，A 在摩擦力作用下减速，产生的热量为
则最终A、B 间因摩擦产生的热量与系统以其他方式损失的能量的比值为
11．如图所示，有一个可视为质点的质量为m 的带正电小物块，电荷量为q，从光滑绝缘平台上的A 点水
平抛出，到达C 点时，恰好以速度v 无碰撞地进入固定在水平地面上的光滑绝缘圆弧轨道，整个圆弧轨道
37
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处在竖直向下的匀强电场中，场强
。随后小物块滑上紧靠圆弧轨道末端D 点的质量为2m 的绝缘
长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间
的动摩擦因数为µ，圆弧轨道的半径为r，C 点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，m、q、v、µ、
r 以及重力加速度g 均为已知量，不计空气阻力。求：
(1)小物块从A 点抛出时的速度大小以及A、C 两点的高度差；
(2)小物块刚到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力大小；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L 的最小值。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）依题意有
所以
（2）小物块从C 运动到D，由动能定理有
D 点向心力方程为
38
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解得
，
根据牛顿第三定律可得，压力大小为
（3）临界条件：小物块到达板左端时恰好共速，此时对应木板长度
最小，由动量守恒定律可得
由能量守恒定律可得
解得
12．如图所示，竖直平面内半径为R=4.9m 的光滑圆弧轨道AB 的圆心为O，圆心角∠AOB=60°，最低点B
与长L=4m 的水平传送带平滑连接，传送带以v=4m/s 的速率顺时针匀速转动。传送带的右端与光滑水平地
面平滑连接，水平地面上等间距静置着2024 个质量为m0=3kg 的小球。一质量m=1kg 的物块M 从A 点由静
止释放，物块M 与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，物块M 与小球、小球与小球之间
均发生弹性正碰，求：
(1)物块M 到B 点时对轨道的压力大小；
(2)物块M 与小球①第一次碰后瞬间两者的速度大小；
(3)从物块M 开始运动，到最终所有物体都达到稳定状态时物块与皮带间因摩擦产生的热量与电动机因传
送物块而多消耗的电能。
【答案】(1)20N
(2)2m/s，2m/s
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(3)36.5J，20J
【详解】（1）物块M 从A 到B，由动能定理得
解得
物块M 到B 点时，根据牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律得物块M 在B 点时对轨道压力大小为20N；
（2）由于
所以物块滑上传送带先做匀减速直线运动，与传送带共速后做匀速直线运动，所以物块与小球①碰前速度
为
物块M 与小球①碰撞过程中有
解得
，
所以物块M 与小球①第一次碰后瞬间两者的速度大小均为2m/s；
（3）小球①以速度v1ʹ 与小球②相碰，碰后两者速度交换，依此类推最终第2024 个小球以v1ʹ 速度向右匀
速直线运动，物块M 与小球①碰后以v1的速度冲上传送带，在传送带上减速位移为
40
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故物块M 再次滑上水平面时速度大小为2m/s，之后与小球①再次弹性碰撞，则
解得
，
依此类推，小物块M 每次与小球①碰后速度大小减为碰前的一半，经过n 次碰撞后，物块M 的速度为
物块每次以vn 冲上传送带再回到水平面，与传送带相对路程为
此过程摩擦生热为
物块M 第一次在传送带上运动过程中与传送带相对路程为
全程摩擦生热为
电动机因传送物块而多消耗的电能为
13．如图所示，光滑轨道A 固定在水平地面上，其弧形轨道的高度为h，水平部分与木板B 上表面齐平。
木板B 质量为m，紧靠轨道A 放置在光滑水平面上，在B 的右侧放着若干滑块（视为质点），滑块的质量
均为m，编号依次为1、2、3、4。。。。。。n（n 趋于无穷大）。质量为3m 的滑块C（视为质点）置于
轨道A 的顶端，由静止释放，经过
滑上木板B，C 与B 之间的动摩擦因数为
，当C、B 刚达到
41
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共速时，木板B 恰好与滑块1 发生第1 次弹性碰撞。经过一段时间，C、B 再次刚达到共速时，木板B 恰
好与滑块1 发生第2 次弹性碰撞，依次类推；最终滑块C 没从木板B 上滑落。已知重力加速度为g，滑块
间的碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，求：
(1)C、B 第一次达到共速时，B 的速度大小；
(2)轨道A 对滑块C 作用力的冲量大小和方向；
(3)最初木板B 右端与滑块n 之间的距离S 以及最终n 个滑块的总动能Ek。
【答案】(1)
(2)冲量大小为
，方向与水平方向成45°（斜向右上方）
(3)
，
【详解】（1）根据题意，C 沿轨道A 下滑过程，动能定理可知
解得
C、B 第一次达到共速，由动量守恒定律可知
联立得共速速度
（2）滑块C 在光滑轨道A 上运动过程中，由动量定理可知
其中
，
42
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由矢量关系可知
则有
即轨道A 对滑块C 作用力的冲量大小为
，方向与水平方向成45°（斜向右上方），如下图。
（3）根据题意，C 在B 上滑动过程，由牛顿第二定律可得
，
由（1）可知C、B 第一次达到共速时
第一次共速的时间
可知B 向右滑动距离
B 与滑块1 弹性碰撞且机械能守恒有
，
解得木板B 速度
，滑块1 速度
，即速度交换。
同理第二次共速过程中，共同速度
需要时间
43
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B 向右滑动距离
递推可知
则初始时木板右端与滑块n 的距离
由等比数列求和公式，解得最初木板B 右端与滑块n 之间的距离S 为
B 第一次与滑块1 碰后，滑块1 的速度为
与滑块2 弹性碰撞后交换速度，以此类推，最后滑块n 获得速度为
其对应的动能为
同理，滑块
最后获得速度为
其对应的动能为
最后，滑块1 获得速度为
44
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其对应的动能为
n 个滑块的总动能为
联立可知最终n 个滑块的总动能Ek为
14．如图所示，处于竖直平面内的轨道，由倾角
的足够长直轨道
、圆心为
的半圆形轨道
、圆心为
的圆形细圆管轨道
、倾角
的直轨道
、水平直轨道
组成，各段轨道均光
滑且各处平滑连接，B 和D 为轨道间的相切点，点E、圆心
处于同一竖直线上，C、F、G 处于同一水平
面上。在轨道末端G 的右侧光滑水平面上，紧靠着质量
、长度
的无动力摆渡车，车上表
面与直轨道
平齐。可视为质点、质量
的滑块从直轨道
上某处静止释放。已知轨道
和
的半径
。（
，
）
(1)若释放点距点B 的距离
，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力
的大小；
(2)若滑块始终不脱离轨道
，求释放点与C 点高度差h 的取值范围；
(3)若滑块从E 点飞出后落在轨道
上，与轨道碰撞后瞬间沿轨道速度分量保持不变，垂直轨道速度分量
减为零，再沿轨道滑至摆渡车上。已知滑块和摆渡车之间的动摩擦因数
，且滑块恰好不脱离摆渡车，
求：
45
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①滑块运动至点G 的速度大小
；
②滑块离开点E 的速度大小
。
【答案】(1)
(2)
或
(3)①
；②
【详解】（1）对滑块，从释放点到C 点过程，根据动能定理
在C 点合外力提供向心力
解得
（2）满足恰好达到半圆形轨道BCD 与
等高处
可得
满足恰好能到达E 点，则
恰好能过D 点而不掉落，重力分力提供向心力
从释放点到D 点过程
解得
46
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综上可得
或
（3）①对滑块，从G 点滑上摆渡车至共速，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
②从E 点飞出落在EF 段，根据位移偏转角和速度偏转角的关系
可得
，
，
所以
由碰撞点到G 点，根据动能定理
解得
15．某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角
的直轨道AB，半径
、圆心角为
的圆弧
BCD，半径为R、圆心角为
的圆弧DE 组成，轨道间平滑连接。在轨道末端E 点的右侧光滑水平地面FG
上紧靠着质量
的滑板b，其上表面与轨道末端E 所在的水平面齐平。水平地面上距滑板右侧足够
47
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远处固定有挡板GH，滑板b 与其碰撞时会立即被锁定。质量为
的物块a 从轨道AB 上距B 高度
为
处以初速度
下滑，经圆弧轨道BCD 滑上轨道DE。物块a 与轨道AB 间的动摩擦因数
，
与滑板b 间的动摩擦因数
。（其他轨道均光滑，物块a 视为质点，不计空气阻力，
，
）。
(1)若初速度
，求物块a
①第一次通过D 点时速度
大小；
②在轨道AB 上运动的总路程S。
(2)若物块a 能沿轨道冲上滑板b，则
①
应满足什么条件？
②滑板b 至少要多长，物块a 一定不会碰到挡板GH？
【答案】(1)①
；②
(2)①
；②0.75m
【详解】（1）①物块从开始运动到D 点过程，根据动能定理
解得
②设过D 点后冲上曲面高度为
，根据机械能守恒定律
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解得
而
所以
故物块不会冲上滑板，会原路返回。物体运动全程由能量守恒有
解得
（2）①在D 点不脱离轨道则全程不会脱离轨道，此时初速度最大，根据动能定理
还需要满足
解得
同理，物块能到达E 点，满足
解得
综上
②物块在D 点没有脱轨，根据牛顿第二定律
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物块以最大速度到达E 点，根据机械能守恒定律
物块在滑板上运动，在刚滑上滑板到与滑板共速的过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律有
，
滑板被锁定后，物块继续滑动，由能量守恒定律
故滑板长度最小为
50
