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专练目标
专练内容
目标1
动量定理与v-t 图象结合的问题（T 1、T 2、T 15、T 16）
目标2
用动量定理解决流体问题（T 3、T 4、T 17、T 18）
目标3
完全弹性碰撞1:动碰静（T 5、T 6、T 19、T 20）
目标4
完全弹性碰撞2:动碰动（T 7、T 8、T21、T 22）
目标5
完全非弹性碰撞1:碰撞后直接粘连问题（T 9、T 10、T 23、T
24）
目标6
完全非弹性碰撞2:板块问题与子弹打木块问题（T 11、T 12、T
25、T 26）
目标7
利用动量守恒及能量守恒解决(类)碰撞问题（T 13、T 14、T25、
T27、T 28）
一、单选题
1．水平面上有质量相等的a、b 两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b 上，一段时间
后搬去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的v−t 图像如图所示，图中AB//CD，
则整个过程中（ ）
A．F1的冲量等于F2的冲量
B．F1的冲量大于F2的冲量
C．摩擦力对a 物体的冲量等于摩擦力对b 物体的冲量
D．合外力对a 物体的冲量等于合外力对b 物体的冲量
【答案】D
【解析】ABC．由题图可知，AB//CD，由v−t 图像斜率表示加速度可知，说明推力撤去后
两物体的加速度相等，推力撤去后物体的合力等于摩擦力，由牛顿第二定律可知，两物体
受摩擦力大小相等，a 物体的运动时间小于b 物体的时间，由
专题6.
动量和冲量-突破典型题型之力学选择题（2024 届高考物理二轮复习）
1
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可知摩擦力对a 物体的冲量大小小于摩擦力对b 物体的冲量大小，对整个过程中，由动量
定理可得
又
则有
即F1的冲量小于F2的冲量，ABC 错误；
D．由动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b 两个物体的动量变化量
都是零，所以合外力对a 物体的冲量等于合外力对b 物体的冲量，D 正确。
故选D。
2．水平面上有质量相等的a、b 两个物体并排放置，水平推力F1、F2分别作用在物体a、b
上,一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下，两物体的v—t 图线如图所示，图
中
，则整个运动过程中（ ）
A．F1对a 物体做的功等于F2对b 物体做的功
B．F1对a 物体的冲量小于F2对b 物体的冲量
C．t 时刻a 物体和b 物体的速度方向相反
D．t 时刻a 物体和b 物体位移相等
【答案】B
【分析】由速度图象分析可知，水平推力撤去后，AB 与CD 平行，说明加速度相同，动摩
擦因数相同，两物体的质量相等，说明摩擦力大小不相等。再由牛顿第二定律分析推力关
系。根据功的公式分析克服摩擦力做功的关系。对整个过程，由动能定理分析推力做功关
2
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系。根据动量定理，研究整个过程，确定两个推力的冲量关系。
【解析】A．根据
图象，由于AB 与CD 平行，撤去推力后物体的加速度相同，由
知，可见两物体所受的摩擦力大小相同。
图象与时间轴所围的面积表示位移，
则知整个过程中a 的位移比b 的小，由
知，a、b 克服摩擦力做功
。对整个
过程，由动能定理得
，则推力做功为
，结合
，得水平推力F1、
F2所做的功
。故A 错误；
B．根据
可知，摩擦力对a 物体的冲量小于摩擦力对b 物体的冲量，根据动量定理，
对整个过程研究得
由图看出
则有
即F1对a 物体的冲量小于F2对b 物体的冲量。故B 正确；
C．t 时刻a 物体和b 物体图象相交，则可知，此时二者的速度大小相等，方向相同，故C
错误；
D．图象与时间轴围成的面积表示位移，则可知两物体的位移不相等，故D 错误；
故选B。
3．（2024·湖南邵阳·统考一模）如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行
图，8 节质量均为m 的车厢编组运行，其中1 号和8 号车厢为动力车厢，且额定功率均为
P。列车由静止开始以额定功率2P 运行，经过一段时间达到最大速度。列车向左运动过程
中，1 号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空
3
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气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为
，1 号车厢的迎风面积（垂直运动方向
上的投影面积）为S。不计其它阻力，忽略其它车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率
2P 向左运行到速度为最大速度的一半时，2 号车厢对3 号车厢的作用力大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，对一小段空气柱应用动量定理可得
解得
当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则
解得
当速度达到最大速度一半时，此时速度为
此时受到的牵引力
解得
此时受到的阻力
对整体根据牛顿第二定律
4
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对3、4、5、6、7、8 号车厢，根据牛顿第二定律可得
联立得
故选B。
4．（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示，游戏者享受着坐在喷泉上的快乐。若游戏者
的质量
，喷泉喷到人体的水柱横截面积
，支撑人的水柱高
，
水接触人体后做平抛运动。忽略空气阻力，水的密度
，重力加速度g 取
，则喷口处的水流速度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】喷口处的水流速度为
，与人体接触时水流速度为，设水流与人接触的很短时
间
内，水的质量
设这部分水受到的向下的冲击力大小为
，竖直向上为正方向，由动量定理得
解得
5
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又根据牛顿第三定律，游戏者对人的冲击力大小
对游戏者受力平衡得
得
解得
由运动学公式
解得
故选C。
5．（2023·江苏南京·南京师大附中校考模拟预测）天花板下用轻弹簧悬挂一个质量为m 的
平板B，初始时B 静止（设此时B 的重力势能为0），在B 正下方有一个质量也为m 的物块
A，将其向上抛出并以速度v0与B 发生弹性碰撞，设碰撞后B 的速度为v、加速度为a、动
能为Ek、机械能为E 机，则在B 上升至最高点的过程中，各物理量随时间t 或位移x 的变化
图像可能正确的是（ ）
A．
B．
6
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C．
D．
【答案】C
【解析】A．由于物块A 与B 发生弹性碰撞，设物块A 与B 碰后的速度为v1，则
解得
，
B 向上运动过程中，在弹簧恢复原长之前，根据牛顿第二定律，有
此过程中，弹簧弹力逐渐减小，物体运动的加速度向下增大，物体的速度不断减小，若此
过程中物体的速度不能减为零，继续向上运动，根据牛顿第二定律，有
所以弹簧处于将处于压缩状态，弹力不断增大，物体的加速度仍然向下增大，所以B 向上
做加速度增大的减速运动，v-t 图线的斜率应不断增大，但其运动的初速度为v0，故A 错误；
B．B 上升到最高点的过程中，加速度不断增大，但加速度变化应越来越慢，故B 错误；
C．B 上升过程速度不断减小，所以其动能不断减小，系统重力势能和弹性势能之和不断增
大，但其变化可能先快后慢，即图线的斜率可能先增大后减小，故C 正确；
D．图线的斜率表示弹簧弹力大小，随着B 上升，弹力可能一直减小，斜率一直减小，但
弹力对物体做正功，机械能增大；弹力也可能先减小后增大，所以图线的斜率应先减小后
增大，弹力对物体先做正功后做负功，物体的机械能先增大后减小，故D 错误。
故选C。
6．（2023·辽宁鞍山·统考二模）两个完全相同的小球A、B 用长度均为L 的细线悬于天花板
上，如图所示。若将A 从图示位置由静止释放，则B 球被碰后第一次速度为零时距离最低
点的高度可能是（ ）
7
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】小球A 从释放到最低点，由动能定理可知
解得
若A 与B 发生完全弹性碰撞，由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即
B 上升过程中由动能定理可知
解得
若A 与B 发生完全非弹性碰撞即AB 粘在一起，由动量守恒定律可知
解得
在AB 上升过程中，由动能定理可知
解得
8
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所以B 球上升的高度
高度可能是
。
故选B。
7．（2023·湖南邵阳·统考二模）“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的
引力来改变自己的速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为
，探测器的
初速度大小为
，在图示情况下，探测器在远离行星后速度大小为
。探测器和行星虽然
没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球
在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
解得
9
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又因为
解得
故选B。
8．在光滑水平面上有a、b 两小球沿同一条直线运动，发生碰撞且碰撞时间极短。碰撞前
后两球在同一直线运动的位置随时间变化的
图象如图。则关于两球的质量大小和碰撞
类型，以下正确的是（ ）
A．
B．
C．弹性碰撞
D．完全非弹性碰撞
【答案】A
【解析】以球b 碰撞前的速度方向为正方向，由图可知，碰撞前
碰撞后
根据动量守恒定律得
10
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可得
碰撞后两球速度不相等，所以不是完全非弹性碰撞，碰撞前系统动能
碰撞后系统动能
计算可得
可知非弹性碰撞，故A 正确，BCD 错误。
故选A。
9．（2023·云南·模拟预测）如图所示，在光滑绝缘地面上存在垂直于地面向下的匀强磁场，
磁感应强度为B。有一质量为m 的不带电小球P 以
的速度向右运动，与另一电荷量为+q
的静止小球Q 发生正碰。两球碰撞后合为一体垂直撞向平行于
方向的足够长的墙，已知
小球与墙每次碰撞后的速率变为碰撞前的
，速度方向反向，则最终两小球与小球Q 的初
始位置的距离为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设小球Q 的质量为M，两球碰撞合为一体后的速度为v，根据动量守恒，有
11
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根据洛伦兹力提供向心力有
解得两球碰撞合为一体后运动半径
由题意可知小球与墙每次碰撞后的运动半径变为碰撞前的
，所以在水平方向的距离为
利用等比数列求和公式可得
x=3r
最后利用勾股定理可得最终两小球与小球Q 的初始位置的距离
故选B。
10．如图所示，光滑水平面的同一直线上放有n 个质量均为m 的小滑块，相邻滑块之间的
距离为L，某个滑块均可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度
，滑块间相碰后
均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动到第
个滑块与第n 个滑块相碰时的总时间为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律
可知第二个滑块开始运动的速度大小为
12
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同理第三个滑块开始滑动的速度大小为
第（n-1）个球开始滑动的速度大小为
因此运动的总时间为
故选B。
11．（2024·陕西西安·校考一模）如图所示，在光滑水平面上静止着两个完全相同的木块1
和木块2。一颗子弹水平射向木块1，先后射穿两木块，子弹在木块中运动时所受阻力不变，
两木块不发生碰撞。子弹射穿两木块后木块1 和木块2 的速度大小分别为v1、v2，子弹穿过
木块1 和木块2 所用的时间分别为t1、t2。不考虑子弹在竖直方向上的运动，下列说法正确
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】CD．设子弹的初速度为
，木块的宽度为的d，子弹做匀减速直线运动，所以子
弹射穿木块1 的速度大于木块2 的速度，根据
可知，初速度越小，减速相同距离所用的时间越长，所以
故C 正确，D 错误；
AB．子弹射穿木块1 的过程动量守恒
13
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子弹射穿木块2 的过程动量守恒，则
解得
所以
故AB 错误。
故选C。
12．（2023·陕西西安·校考三模）如图所示，质量为m 的长木板B 放在光滑的水平面上，
质量为
的木块A 放在长木板的左端，一颗质量为
的子弹以速度v0射入木块并留在
木块中，当木块滑离木板时速度为
，木块在木板上滑行的时间为t，则下列说法错误的
是（ ）
A．木块获得的最大速度为
B．木块滑离木板时，木板获得的速度大小为
C．木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为
D．因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之
差
【答案】B
【解析】A．对子弹和木块A 组成的系统，根据动量守恒定律
14
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解得
此后木块A 与子弹一起做减速运动，则此时木块的速度最大，选项A 正确；
B．木块滑离木板时，对木板和木块包括子弹系统
解得
选项B 错误；
C．对木板，由动量定理：
解得
选项C 正确；
D．由能量守恒定律可知，木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后
子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差，选项D 正确。
本题选错误的，故选B。
13．（2024·辽宁沈阳·统考一模）如图所示，小车上固定一个光滑弯曲轨道，静止在光滑的
水平面上，整个小车（含轨道）的质量为3m。现有质量为m 的小球，以水平速度
从左
端滑上小车，能沿弯曲轨道上升到最大高度，然后从轨道左端滑离小车。关于这个过程，
下列说法正确的是（ ）
15
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A．小球沿轨道上升到最大高度时，速度为零
B．小球沿轨道上升的最大高度为
C．小球滑离小车时，小车恢复静止状态
D．小球滑离小车时，小车相对小球的速度大小为
【答案】B
【解析】AB．依题意，小车和小球组成的系统水平方向不受外力，则系统水平方向动量守
恒，设达到最高点的高度为H，此时小球仍然具有水平速度，由动量守恒定律，可得
根据能量守恒，可得
联立，解得
故A 错误；B 正确；
CD．设小球滑离小车时，二者速度分别为
和
，取水平向右为正方向，由动量守恒和
能量守恒可得
，
联立，解得
，
可知小车相对小球的速度大小为
故CD 错误。
故选B。
14．（2023·海南·校联考一模）光滑水平地面上有两个物体A、B，质量分别为m、M
16
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。如图甲所示，物体B 静止，左端连有轻质弹簧，当物体A 以速度v 向右运动并压
缩弹簧，弹簧获得的最大弹性势能为
；若物体A 静止并将轻质弹簧连在物体A 的右端，
如图乙所示，当物体B 以相同的速度v 向左运动并压缩弹簧，弹簧获得的最大弹性势能为
。两物体始终沿直线运动，下列判断正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．无法判断
的大小关系
【答案】C
【解析】根据动量守恒和能量守恒可知，当B 静止时
可得
当A 静止时
可得
故选C。
二、多选题
17
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15．（2024·湖南株洲·统考一模）一种新型潜水装置，可以通过浮力控制系统实现下潜和上
升。某次试潜中该装置的速度时间图像如图所示，其中①为下潜的图像，②为返程上升的
图像，已知加速和减速过程中加速度大小相等，潜水装置质量为 m，重力加速度为g，忽
略水的阻力和水平方向的运动，在这次试潜的整个过程中（ ）
A．最大下潜深度为
B．下潜过程所用总时间为
C．上升过程中潜水装置所受浮力的冲量大小为Nmgt0
D．潜水装置所受最小浮力与最大浮力之比为
【答案】BCD
【解析】AB．设下潜的总时间为
，由于下潜的位移大小和上升的位移大小相等，而
图像与时间轴围成的面积表示位移，且由题意知加速和减速过程中加速度大小相等，而
图像的斜率的绝对值表示加速度的大小，则根据图像可得
解得
由此可得最大下潜深度
故A 错误，B 正确；
18
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C．取向上为正方向，设上升过程中，加速阶段浮力的冲量为
，匀速阶段浮力的冲量为
，减速阶段浮力的冲量为
，则有
整理可得上升过程中浮力的冲量大小为
故C 正确；
D．加速阶段浮力最大，由牛顿第二定律有
减速阶段浮力最小，由牛顿第二定律有
则可得
故D 正确。
故选BCD。
16．（2023·贵州毕节·统考三模）如图，水平桌面上，一质量为m 的物体在水平恒力F 拉
动下从静止开始运动。物体运动
秒后，速度大小增为
，此时撤去F，物体继续滑行
秒后停止运动。则（ ）
19
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A．在此过程中F 所做的功为
B．在此过程中F 的冲量大小等于
C．F 的大小等于滑动摩擦力大小的3 倍
D．物体与桌面间的动摩擦因数等于
【答案】BC
【解析】BC．
时间内，根据动量定理可得
时间内，根据动量定理可得
联立可得
在此过程中F 的冲量大小等于
故BC 正确；
A．
时间内，根据动能定理可得
又
20
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联立可得在此过程中F 所做的功为
故A 错误；
D．设物体与桌面间的动摩擦因数为
，
时间内，根据动量定理可得
解得
故D 错误。
故选BC。
17．（2024·广西·统考一模）水塔顶部有一蓄满水的蓄水池，内部水的深度用h 表示，靠近
蓄水池底部的侧壁有一个面积为S 的小孔，水从小孔水平喷出，水流下落过程中分离成许
多球状小水珠，小水珠所受空气阻力大小可近似为
，其中k 为比例系数，r 为小
水珠半径，v 为小水珠速度（v 未知），设重力加速度为g，水的密度为
，水塔足够高，
则（ ）
A．水从小孔喷出的速度约为
B．水珠最终下落速度不会超过
C．小水珠在水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定
D．若用一块木板正面去堵小孔，即将堵住时水对木板的冲击力大小为5ρghS
【答案】AB
【解析】A．取水面上质量为m 的水滴，从小孔喷出时，由机械能守恒定律可知
解得水从小孔喷出的速度约为
A 正确；
21
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B．水珠下落速度最大时有
即
解得
所以最终下落速度不会超过
，B 正确；
C．不计空气阻力时，水平方向的最大位移仅由小孔离地高度和水喷出的速度决定，由于小
水珠喷出后受空气阻力的作用，所以水平方向的最大位移由小孔离地高度和水喷出的速度
以及阻力大小有关，C 错误；
D．若用一块木板正面去堵小孔，设水与木板表面的作用时间为，则在时间内到木板表
面水的质量为
对到木板表面的水，以水的速度方向为正方向，由动量定理得
解得
可见即将堵住时水对木板的冲击力大小为2ρghS，D 错误。
故选AB。
18．（2023·福建泉州·统考三模）如图，峰鸟可以通过快速拍打翅膀，使自己悬停在一朵花
的前面。假设蜂鸟两翅膀扇动空气的总面积为S，翅膀扇动对空气的作用力效果与翅膀用
速度平推空气的效果相同。已知空气密度为
，重力加速度大小为g，则（ ）
22
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A．单位时间内翅膀拍动空气的质量为
B．单位时间内翅膀拍动空气的质量为
C．蜂鸟的质量为
D．蜂鸟的质量为
【答案】AC
【解析】AB．设扇动一次的时间为t，拍动空气的总质量为
单位时间内翅膀拍动空气的质量为
A 正确，B 错误；
CD．翅膀用速度平推空气，使空气的速度变为0，根据动量定理
则翅膀对空气的作用力大小，即等于空气对翅膀的作用力大小为
由平衡关系得
蜂鸟的质量为
C 正确，D 错误。
故选AC。
19．（2023·河北·校联考模拟预测）如图，水平传送带上表面的右侧，与一个竖直的光滑半
圆轨道底端相接，在半圆轨道下端O 放一质量为m 的滑块A。传送带以速率v0沿顺时针转
动，现在传送带的左端轻轻放上一个质量也为m 的滑块B。物块与传送带的动摩擦因数为
μ，物块B 以速度为v0与A 发生弹性碰撞，两滑块可视为质点，则（ ）
23
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A．传送带至少长
B．要保证被撞后的A 滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为
C．物块B 第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为
D．若A 与B 能在O 点发生多次碰撞，则当A 与B 发生第三次碰撞时，产生的总内能为
【答案】ACD
【解析】A．物块B 在传送带上滑动，根据牛顿第二定律有
可得，物块B 的加速度为
则物块B 加速到v0时的位移为
则传送带至少长
，故A 正确；
B．物块B 以速度为v0与A 发生弹性碰撞，根据动量守恒有
根据机械能守恒有
24
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解得，碰撞后A、B 的速度分别为
，
A 滑块在圆弧最高点时，根据牛顿第二定律有
从碰撞后瞬间到A 滑块运动到圆弧最高点，根据机械能守恒有
解得
则要保证被撞后的A 滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为
，如果A 最高点
小于四分之一圆弧，则半径可以无限大，故B 错误；
C．物块B 第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为
故C 正确；
D．物块B 第一次在传送带上加速运动的位移为
传送带的路程为
相对位移为
产生的内能为
第一次碰撞后B 静止，A 滑上圆弧后又滑回来与B 发生碰撞，根据机械能守恒可知，A 滑上
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圆弧后又滑回来的速度仍然为
，由上述分析可知，与B 发生第二次碰撞后，A 的速度为
零，B 的速度为
，方向水平向左，然后物体B 在传送带上做减速运动，直到速度为零，
则减速的时间为
减速的位移为
减速过程中，传送带的路程为
此过程的相对位移为
此过程产生的内能为
B 速度减为零后又开始反向向右加速，与第一次碰撞前情况相同，所以若A 与B 能在O 点
发生多次碰撞，则当A 与B 发生第三次碰撞时，产生的总内能为
故D 正确。
故选ACD。
20．（2024·广东佛山·统考一模）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，货物A、
B 均视为质点，A 从
光滑圆弧滑道顶端P 点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q 点时与B
发生弹性碰撞。已知A 的质量为5kg，B 的质量为15kg。滑道高度h 为0.2m，且过Q 点的
切线水平，重力加速度取
。下列说法正确的是（ ）
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A．碰撞前瞬间A 速度大小为3m/s
B．碰撞后瞬间两货物速度大小均为1m/s
C．碰撞后，A 最高可以回到斜面上高度0.05m 处
D．A 和B 组成的系统在整个过程中机械能和动量守恒
【答案】BC
【解析】A．碰撞前瞬间A 速度大小为
，从P 到Q 由动能定理有
得
故A 错误；
B．碰撞瞬间，由动量定理和机械能守恒定律有
解得
故B 正确；
C．碰撞后，A 最高可以回到斜面上高度
，由机械能守恒定律，有
得
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故C 正确；
D．由于A 和B 组成的系统在整个过程中只有重力做功，所以机械能守恒，但所受合外力不
为0，所以动量不守恒，故D 错误。
故选BC。
21．（2023·河北·模拟预测）如图所示，一个斜面与水平地面平滑连接，斜面与水平地面均
光滑。小物块P 放在水平地面上，小物块Q 自斜面上某位置处由静止释放，P、Q 之间的碰
撞为弹性正碰，斜面与水平面足够长，则下列说法正确的是（ ）
A．若
，则P、Q 只能发生一次碰撞
B．若
，则P、Q 只能发生一次碰撞
C．若
，则P、Q 只能发生两次碰撞
D．若
，则P、Q 只能发生多次碰撞
【答案】AC
【解析】A B．设Q 滑到水平面上时速度大小为v，P、Q 相碰．动量守恒及动能不变，有
联立解得第一次碰后
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之后Q 滑上斜面并返回，速度等大反向，若不能追上P，则有
解得
A 正确、B 错误；
C．若
，第一次碰后，可得
，
之后Q 滑上斜面并返回，与P 发生第二次碰撞后有
得
因
故P、Q 只能发生两次碰撞，C 正确；
D．若
，第一次碰后，可得
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之后Q 滑上斜面并返回，与P 发生第二次碰撞后有
得
因
故P、Q 只能发生两次碰撞，D 错误。
故选AC。
22．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在同一直线上相向运动，A、B 两球
的质量分别为m 和
，A、B 两球发生正碰，碰撞后A 球的速率是原来的两倍，B 球恰好
静止。则（ ）
A．碰撞前A、B 两球的速度大小之比为1∶1
B．碰撞前A、B 两球的速度大小之比为3∶2
C．A、B 两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．A、B 两球发生的碰撞是非弹性碰撞
【答案】AC
【解析】AB．设向右为正方向，根据动量守恒定律
得
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A 正确，B 错误；
CD．碰撞前系统动能为
碰撞后系统动能为
可知，碰撞前后系统机械能相等，A、B 两球发生的碰撞是弹性碰撞，C 正确，D 错误。
故选AC。
23．（2024·四川自贡·统考一模）A、B 两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰
撞前后的位移—时间图像。a、b 分别为A、B 两球碰撞前的位移—时间图线，c 为碰撞后两
球共同运动的位移—时间图线。若A 球的质量m=2kg，则下列结论正确的是（ ）
A．A、B 碰撞前的总动量为
3kg•m/s
B．B 球的质量
C．碰撞过程A 的动量变化量为4kg•m/s
D．碰撞过程中A 对B 的冲量为4N•s
E．碰撞中A、B 两球组成的系统损失的动能为10J
【答案】BCE
【解析】C．由图可知，碰撞前A、B 两球的速度大小分别为
碰撞后两球共同运动的速度大小
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则碰撞前、后A 球的动量变化量为
故C 正确；
B．碰撞过程动量守恒，则
解得
故B 正确；
A．则A、B 两球碰撞前的总动量为
故A 错误；
D．由动量定理可知，碰撞时A 对B 的冲量为
故D 错误；
E．由能量守恒定律可知，碰撞中A、B 两球组成的系统损失的机械能为
故E 正确。
故选BCE。
24．（2023·湖南·校联考模拟预测）某机械传动组合装置如图，一个水平圆盘以角速度
匀
速转动，固定在圆盘上的小圆柱离圆心距离为
，带动一个
形支架在水平方向左右往复
运动。水平桌面上
点的左侧光滑，右侧粗糙程度相同。小圆柱每次在最左端时，就在桌
面的A 点和
点轻放质量为
和
的小物件P 和Q，P、Q 与水平桌面的动摩擦因数相同，
此时
形支架的右端恰好与P 接触但不粘连。随后圆盘转半圈时物件P 恰好运动到
点，
与物件Q 瞬间粘合成PQ 整体。PQ 整体运动至
点停下的瞬间，下一个PQ 整体位于
的
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中点。下列说法正确的是（ ）
A．物件P 从A 点开始运动到与
形架分离的过程中，做匀变速直线运动
B．物件P 从A 点开始运动的过程，
形支架对其做的功
C．
的距离
D．
的距离
【答案】BC
【解析】A．T 形支架的速度等于小圆柱的水平方向的分速度，小圆柱的线速度大小为
如图
水平方向上的分速度为
所以物件P 从A 点开始运动到与
形架分离的过程中，做变加速直线运动，故A 错误；
B．小圆柱从在最左端开始转动
圆周时，T 形支架和物件P 的速度达到最大，之后T 形支
架减速会与物件P 分离，此时P 的速度大小为
物件P 从A 点开始运动的过程，由动能定理得，
形支架对其做的功
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故B 正确；
C．支架与物件P 分离之后P 做匀速直线运动在圆盘转动
周期时间到达O 点，此时间内P
运动的位移为
AO 间的距离为
故C 正确；
D．物件P 到达O 点后，与物件Q 发生碰撞，碰前圆周转动半圈，速度为
，根据动
量守恒定律可得
解得
碰撞后物件PQ 共同做匀减速运动到B 点停止，根据匀变速运动的规律可知，从O 点到B
点所需的时间与从OB 中点到B 点所需的时间之比为
，设物件PQ 从O 运动到B 所需
时间为
，而下一个PQ 运动到OB 中点所用时间则为
，所以圆盘转一圈所用时间
为
则
OB 间的距离为
又
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解得
的距离
故D 错误。
故选BC。
25．如图所示，在固定的光滑斜面底端有一与斜面垂直的固定挡板，一个劲度系数为
49.5N/m 的轻弹簧下端连接挡板，上端连接质量为1kg 的物体B，质量为0.98kg 的物体A 与
B 一起静止在斜面上（A 与B 不黏连），此时弹簧的弹性势能为0.99J。质量为0.02kg 的子
弹以200m/s 的速度沿着斜面向下射入物体A 且未穿出（射入时间极短）。
，斜
面倾角为30°，下列判断正确的是（ ）
A．子弹停在物体A 内瞬间，A 的速度大小为4m/s
B．子弹射入物体A 过程中系统损失的机械能为396J
C．当A、B 再次回到初始位置时A 与B 分离
D．A 与B 分离时，A（包括子弹）和B 的动能之和为2.99J
【答案】BD
【解析】A．根据题意可知，子弹射入物体A 且未穿出（射入时间极短），子弹、物体A、
B 组成的系统动量守恒，设射入后系统的速度为，根据动量守恒定律有
代入数据解得
故A 错误；
B．子弹射入物体A 过程中系统损失的机械能为
故B 正确；
C．根据题意可知，当A 与B 分离时，A、B 间作用力为零且A、B 的加速度相等，对物体A
和子弹整体，由牛顿第二定律有
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设弹簧对B 的弹力为
，由牛顿第二定律可得
联立解得
即A 与B 分离时，弹簧恢复到原长，则当A、B 再次回到初始位置时A 与B 未分离，故C 错
误；
D．根据题意可知，子弹未进入A 之前，根据平衡条件有
代入解得
由C 分析可知，当A、B 分离时，弹簧恢复原长，设A 与B 分离时，A（包括子弹）和B 的
动能之和为
，由能量守恒定律有
解得
故D 正确。
故选BD。
26．一小环套在足够长的水平光滑细杆上，小环通过轻绳吊一沙袋，沙袋到小环的距离为
L，开始时二者在竖直方向处于静止状态。一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者
共同向右方摆动（未达到与水平杆等高位置）。已知弹丸质量为m，小环质量为2m，沙袋
质量为5m，弹丸、小环和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量、子弹
打入沙袋时间和空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
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B．弹丸打入沙袋时，轻绳所受拉力大小为
C．从弹丸打入沙袋到沙袋和弹丸向右摆动到最大高度过程中，轻绳拉力对环所做的功
为
D．沙袋和弹丸一起向右摆动所达到的最大高度为
【答案】BD
【解析】A．弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律有
mv0=（m+5m）v
解得
弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
故A 错误；
B．弹丸打入沙袋时，根据牛顿第二定律
解得轻绳所受拉力大小为
故B 正确；
C．从弹丸打入沙袋到沙袋和弹丸向右摆动到最大高度过程中，根据动量守恒
解得
轻绳拉力对环所做的功为
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故C 错误；
D．根据能量守恒
代入数据解得沙袋和弹丸一起向右摆动所达到的最大高度为
故D 正确。
故选BD。
27．（2024·全国·模拟预测）如图所示，长度相同的摆线并排悬挂了4 个小球（可视为质
点），1 号球质量为4m，2 号球质量为3m，3 号球质量为2m，4 号球质量为m。现将1 号
球向左拉到与最低点高度差为h 处由静止释放，所有碰撞均为弹性碰撞且时间极短，重力
加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．1 号球第一次与2 号球碰撞前瞬间1 号球的速度大小为
B．1 号球第一次与2 号球碰撞后瞬间1 号球的速度大小为
C．4 号球第一次向右摆至最高点的过程中上升的高度为
D．1 号球第一次与2 号球碰撞后，1 号球向右摆至最高点的过程中上升的高度为
【答案】AD
【解析】A.1 号球向下摆到最低点，由动能定理可得
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解得
故A 正确；
B.1 号球碰2 号球的过程动量和机械能守恒，1 号球碰后速度为
，2 号球再碰3 号球
的过程动量和机械能守恒，2 号球碰后速度为
，3 号球再碰4 号球的过程动量和机
械能守恒，3 号球碰后速度为
，4 号球碰后速度为
，故B 错误；
C.由机械能守恒定律可得
解得
故C 错误；
D.1 号球第一次与2 号球碰撞后，由机械能守恒定律可得
解得
故D 正确。
故选AD。
28．（2024·河南·统考一模）如图（a）所示，“L”形木板
静止于粗糙水平地面上，质量
为
的滑块
以
的初速度滑上木板，
时与木板相撞并粘在一起。两者运动的
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图像如图（b）所示。重力加速度大小
取
，则（ ）
A．
的质量为
B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
C．由于碰撞系统损失的机械能为
D．
时木板速度恰好为零
【答案】AC
【解析】A．两者碰撞时，取滑块P 的速度方向为正方向，设P 的质量为m=1kg，Q 的质量
为M，由系统动量守恒定律得
根据v-t 图像可知，v1=3m/s，v2=1m/s，v3=2m/s，代入上式解得
故A 正确；
B．设P 与Q 之间的动摩擦因数为μ1，Q 与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t 图像可知，
0-2s 内P 与Q 的加速度分别为aP=1.5m/s2，aQ=0.5m/s2，对P、Q 分别受力分析，由牛顿第
二定律得
联立解得
故B 错误；
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C．由于碰撞系统损失的机械能为
代入数据解得
故C 正确；
D．对碰撞后整体受力分析，由动量定理得
代入数据解得
因此木板速度恰好为零的时刻为
故D 错误；
故选AC。
41
