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专题11 动量守恒定律
考点
五年考情（2020-2024）
命题趋势
考点1 动量守
恒定律及应用
2020 年全国卷；
2021 年湖南卷、全国卷、山东卷、浙江卷；
2022 年北京卷、全国卷等
动量守恒是高考物理的重要
考点之一，它主要考察学生对动
量守恒概念的理解和应用能力。
动量守恒是指在一个系统内，如
果没有外力作用或者外力的矢量
和为零，那么这个系统的总动量
保持不变。这一原理在解决许多
物理问题时都非常关键，尤其是
在碰撞、爆炸和反冲等问题中。
首先，动量守恒常常与机械
能守恒相结合进行考察。考生需
要理解，在弹性碰撞中，系统不
仅动量守恒，机械能也守恒；但
在非弹性碰撞中，尽管动量仍然
守恒，但机械能会有损失。例
如，两个小球发生弹性碰撞后，
它们的总动量和总机械能都不会
改变；而如果发生的是完全非弹
性碰撞，即两球粘合在一起运
动，虽然动量守恒，但机械能会
有部分转化为内能，从而造成机
械能损失。
其次，动量守恒的考察还体
现在对系统内物体相互作用时的
动量变化分析上。比如，人站在
小车上用锤子敲打小车的问题
中，由于人、小车和锤子组成的
考点2 动量和
能量
2020 年海南卷、北京卷、全国卷、山东卷、江
苏卷、天津卷；
2021 年天津卷、辽宁卷、海南卷、湖北卷、广
东卷、北京卷、河北卷、浙江卷；
2022 年、全国卷、福建卷、浙江卷；
2023 年全国卷、辽宁卷、浙江卷、湖南卷、湖
北卷；
2024 年甘肃卷、湖南卷等
1
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系统在水平方向上不受外力作
用，因此水平方向上的动量守
恒。当锤子向左运动时，小车会
向右运动，以保证系统的总动量
为零。这种类型的题目要求学生
能够准确判断系统的动量是否守
恒，并利用动量守恒定律进行定
量分析。
再次，动量守恒的考察也常
常涉及到图像的解读。例如，通
过速度-时间图像判断碰撞前后物
体的动量关系。考生需要能够从
图像中读取速度信息，并结合动
量守恒的公式进行分析，从而得
出正确的结论。
最后，动量守恒不仅在理论
题目中考察，还会在实验题中有
所体现。例如，通过实验测量碰
2
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考点01 动量守恒定律及应用
1．（2021·全国）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块
相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有
相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，
而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力
后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B。
2．（多选）（2021·山东）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H 的高处，现将质量为m 的物
资以相对地面的速度
水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，
所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为
C．
3
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D．
【答案】BC
【解析】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为
的
物资瞬间，满足动量守恒定律
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度，热气球所受合外力恒为
，竖直向上，
所以热气球做匀加速曲线运动，故A 错误，B 正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为
，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地
过程所用的时间内，根据
解得落地时间为
热气球在竖直方向上运动的位移为
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
4
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故C 正确，D 错误。
故选BC。
4．（多选）（2021·湖南）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外
力
作用在A 上，系统静止在光滑水平面上（B 靠墙面），此时弹簧形变量为
。撤去外力并开始计时，
A、B 两物体运动的
图像如图（b）所示，
表示0 到
时间内
的
图线与坐标轴所围面积大小，
、
分别表示
到
时间内A、B 的
图线与坐标轴所围面积大小。A 在
时刻的速度为
。下列说法
正确的是（ ）
A．0 到
时间内，墙对B 的冲量等于mAv0
B． mA > mB
C．B 运动后，弹簧的最大形变量等于
D．
【答案】ABD
【解析】A．由于在0 ~ t1时间内，物体B 静止，则对B 受力分析有
F 墙 = F 弹
则墙对B 的冲量大小等于弹簧对B 的冲量大小，而弹簧既作用于B 也作用于A，则可将研究对象转为A，撤
去F 后A 只受弹力作用，则根据动量定理有
I = mAv0（方向向右）
则墙对B 的冲量与弹簧对A 的冲量大小相等、方向相同，A 正确；
B．由a—t 图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
F 弹 = mAaA= mBaB
由图可知
5
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aB > aA
则
mB < mA
B 正确；
C．由图可得，t1时刻B 开始运动，此时A 速度为v0，之后AB 动量守恒，AB 和弹簧整个系统能量守恒，则
可得AB 整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB 系统的动能，弹簧的形变量小于x，C 错误；
D．由a—t 图可知t1后B 脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1~t2时间内AB 组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹
簧的拉伸量达到最大，A、B 共速，由a—t 图像的面积为
，在t2时刻AB 的速度分别为
，
A、B 共速，则
D 正确。
故选ABD。
5．（多选）（2020·全国）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他
把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速
度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为
5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8 次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹
的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ ）
A．48 kg
B．53 kg
C．58 kg
D．63 kg
【答案】BC
【解析】设运动员和物块的质量分别为
、
规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一
次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为
、
，则根据动量守恒定律
解得
6
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物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块
解得
第3 次推出后
解得
依次类推，第8 次推出后，运动员的速度
根据题意可知
解得
第7 次运动员的速度一定小于
，则
解得
综上所述，运动员的质量满足
AD 错误，BC 正确。
故选BC。
6.(多选)（2022·北京）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
7
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像如图所示。下列说法正确的是（ ）
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
【解析】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。
8
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故选C。
7．（2021·浙江）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物
自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。
遥控器引爆瞬开始计时，在5s 末和6s 末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空
气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两碎块的位移大小之比为1:2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【答案】B
【解析】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知
因两块碎块落地时间相等，则
则
则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A 错误；
B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知
解得
t=4s
爆炸物的爆炸点离地面高度为
选项B 正确；
CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移
质量小的碎块的水平位移
9
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爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m
质量大的碎块的初速度为
选项CD 错误。
故选B。
8.(2022·全国甲卷·23)利用图示的实验装置对碰撞过程进行研究．让质量为m1的滑块A 与质量为m2的静
止滑块B 在水平气垫导轨上发生碰撞，碰撞时间极短，比较碰撞后A 和B 的速度大小v1和v2，进而分析碰
撞过程是否为弹性碰撞．完成下列填空：
(1)调节导轨水平；
(2)测得两滑块的质量分别为0.510 kg 和0.304 kg.要使碰撞后两滑块运动方向相反，应选取质量为
________ kg 的滑块作为A；
(3)调节B 的位置，使得A 与B 接触时，A 的左端到左边挡板的距离s1与B 的右端到右边挡板的距离s2相等；
(4)使A 以一定的初速度沿气垫导轨运动，并与B 碰撞，分别用传感器记录A 和B 从碰撞时刻开始到各自撞
到挡板所用的时间t1和t2；
(5)将B 放回到碰撞前的位置，改变A 的初速度大小，重复步骤(4)．多次测量的结果如下表所示；
1
2
3
4
5
t1/s
0.49
0.67
1.01
1.22
1.39
t2/s
0.15
0.21
0.33
0.40
0.46
k＝
0.31
k2
0.33
0.33
0.33
(6)表中的k2＝________(保留2 位有效数字)；
(7)的平均值为______(保留2 位有效数字)；
(8)理论研究表明，对本实验的碰撞过程，是否为弹性碰撞可由判断．若两滑块的碰撞为弹性碰撞，则的
理论表达式为__________________(用m1和m2表示)，本实验中其值为________________(保留2 位有效数
字)，若该值与(7)中结果间的差别在允许范围内，则可认为滑块A 与滑块B 在导轨上的碰撞为弹性碰撞．
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【答案】(2)0.304 (6)0.31 (7)0.32 (8)＝ 0.34
【解析】 (2)用质量较小的滑块碰撞质量较大的滑块，碰后运动方向相反，故选0.304 kg 的滑块作为A.
(6)由于两段位移大小相等，根据表中的数据可得k2＝＝＝＝0.31.
(7)的平均值为
＝＝0.32.
(8)弹性碰撞时满足动量守恒和机械能守恒，可得m1v0＝－m1v1＋m2v2
m1v0
2＝m1v1
2＋m2v2
2
联立解得＝，代入数据可得＝0.34.
考点02 动量和能量
1.（2022·湖南）1932 年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性
粒子（即中子）组成。如图，中子以速度
分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为
和
。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．
大于
D．
大于
【答案】B
【解析】设中子的质量为
，氢核的质量为
，氮核的质量为
，设中子和氢核碰撞后中子速度为
，
由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
设中子和氮核碰撞后中子速度为
，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
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联立解得
可得
碰撞后氢核的动量为
氮核的动量为
可得
碰撞后氢核的动能为
氮核的动能为
可得
故B 正确，ACD 错误。
故选B。
2．（2020·北京）在同一竖直平面内，3 个完全相同的小钢球（1 号、2 号、3 号）悬挂于同一高度；静止
时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以
下分析正确的是（ ）
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A．将1 号移至高度释放，碰撞后，观察到2 号静止、3 号摆至高度。若2 号换成质量不同的小钢球，重
复上述实验，3 号仍能摆至高度
B．将1、2 号一起移至高度释放，碰撞后，观察到1 号静止，2、3 号一起摆至高度，释放后整个过程
机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的1 号移至高度释放，1、2 号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3 号仍能摆至高度
D．将1 号和右侧涂胶的2 号一起移至高度释放，碰撞后，2、3 号粘在一起向右运动，未能摆至高度，
释放后整个过程机械能和动量都不守恒
【答案】D
【解析】A．1 号球与质量不同的2 号球相碰撞后，1 号球速度不为零，则2 号球获得的动能小于1 号球撞2
号球前瞬间的动能，所以2 号球与3 号球相碰撞后，3 号球获得的动能也小于1 号球撞2 号球前瞬间的动能，
则3 号不可能摆至高度，故A 错误；
B．1、2 号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机
械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B 错误；
C．1、2 号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2 号球再与3 号球相碰
后，3 号球获得的动能不足以使其摆至高度，故C 错误；
D．碰撞后，2、3 号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合
外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D 正确。
故选D。
3.（2020·全国）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞
前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能
为（ ）
A．3 J
B．4 J
C．5 J
D．6 J
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【答案】A
【解析】由v-t 图可知，碰前甲、乙的速度分别为
，
；碰后甲、乙的速度分别为
，
，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
解得
则损失的机械能为
解得
故选A。
4．（2023·全国）如图，水平桌面上固定一光滑U 型金属导轨，其平行部分的间距为，导轨的最右端与
桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为
。
一质量为
、电阻为
、长度也为的金属棒P 静止在导轨上。导轨上质量为
的绝缘棒Q 位于P 的左侧，
以大小为
的速度向P 运动并与P 发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端
滑出导轨，并落在地面上同一地点。P 在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P 与Q 始终平行。不计空气
阻力。求
（1）金属棒P 滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P 在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P 碰撞后，绝缘棒Q 在导轨上运动的时间。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）由于绝缘棒Q 与金属棒P 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
联立解得
，
由题知，碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P 滑出导
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轨时的速度大小为
（2）根据能量守恒有
解得
（3）P、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得
又
，
联立可得
由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为
5．（2023·辽宁）如图，质量m1= 1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k
= 20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg 的小物块以水平向右的速度
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Ep与形变量x 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v 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（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x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首
次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t 表示）。
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；
；（3）
【解析】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
m2v0= (m1＋m2)v1
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代入数据有v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v1
2= 2a1x1
代入数据解得x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx = (m1＋m2)a 共
对m2有a2= μg = 1m/s2
当a 共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2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x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时
2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有
－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2
解得
则对于m1、m2组成的系统有
U = Wf
联立有
6．（2023·浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD 和水平传
送带平滑无缝连接，两半径均为
的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF 与轨道CD 和足够长
的水平直轨道FG 平滑相切连接。质量为3m 的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系数
的轻质
弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量
的滑块a 以初速度
从D 处进入，经DEF 管
道后，与FG 上的滑块b 碰撞（时间极短）。已知传送带长
，以
的速率顺时针转动，滑
块a 与传送带间的动摩擦因数
，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能
16
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（x 为形变量）。
（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度
，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能
；
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【解析】（1）滑块a 从D 到F，由能量关系
在F 点
解得
，FN=31.2N
（2）滑块a 返回B 点时的速度vB=1m/s，滑块a 一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C 点的速度vC=3m/s
则滑块a 从碰撞后到到达C 点
解得v1=5m/s
因ab 碰撞动量守恒，则
解得碰后b 的速度v2=5m/s
则碰撞损失的能量
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（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则ab 碰后的共同速度
解得v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
7．（2023·湖南）如图，质量为
的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，
椭圆的半长轴和半短轴分别为
和
，长轴水平，短轴竖直．质量为
的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴
的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角
坐标系
，椭圆长轴位于
轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为
。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系
中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若
，求小球下降
高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用
及
表示）。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【解析】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
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联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t 可得
且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为
时，此时凹槽水平向右运动的位移为
，
根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
（
）
（3）将
代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以
为圆心，b 为半径的圆，则当小球下降的高度为
时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为
，小球下降
的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
19
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联立得
8．（2023·湖北）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy 平面向里的匀强磁场。t = 0 时
刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y 轴正方向射入，第一次到达点O 时与运动到该点的带正电粒子乙
发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3 倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好
运动了两个圆周。己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时
间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）
时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到
的过程中粒子乙运动的路程。
（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【解析】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y 轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T 甲 = 2T 乙
根据
，有
20
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则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv 甲0＋m 乙v 乙0= －mv 甲1＋m 乙v 乙1
解得v 乙0= －5v 甲0，v 乙1= 3v 甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为
。
（3）已知在
时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v 甲1= －3v 甲0，v 乙1= 3v 甲0
则根据
，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在
时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒
子运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为S1= 6πa
且在第二次碰撞时有
mv 甲1＋m 乙v 乙1= mv 甲2＋m 乙v 乙2
解得v 甲2= v 甲0，v 乙2= －5v 甲0
可知在
时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒
子运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 10πa
且在第三次碰撞时有mv 甲2＋m 乙v 乙2= mv 甲3＋m 乙v 乙3
21
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解得v 甲3= －3v 甲0，v 乙3= 3v 甲0
依次类推
在
时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运
动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为S8= 10πa
且在第九次碰撞时有
mv 甲8＋m 乙v 乙8= mv 甲9＋m 乙v 乙9
解得v 甲9=－3v 甲0，v 乙9= 3v 甲0
在
到
过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r 甲1 = 3a
则
时甲粒子运动到P 点即（－6a，0）处。
在
到
过程中，乙粒子刚好运动一周，则
时乙粒子回到坐标原点，且此过程中
乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa
9.（2023·全国）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M 的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为
l，圆管长度为
。一质量为
的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，
所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发
生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
22
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（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
【答案】（1）小球速度大小
，圆盘速度大小
；（2）l；（3）4
【解析】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
解得
过程2：小球以
与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
，
即小球碰后速度大小
，方向竖直向上，圆盘速度大小为
，方向竖直向下；
（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比
小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即
解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
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即
解得
此时小球的速度
圆盘的速度仍为
，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
，
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
24
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当二者即将四次碰撞时x 盘3= x 球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
x 盘4= 8l
则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4 次。
10.（2023·浙江1 月）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角
的直轨道
、螺旋圆形轨道
，倾角
的直轨道
、水平直轨道
组成，除
段外各段轨道均光滑，
且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道
、
相切于
处．凹槽
底面
水平光滑，上面放有
一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁
处，摆渡车上表面与直轨道下
、平台
位于同一水平面。已
知螺旋圆形轨道半径
，B 点高度为
，
长度
，
长度
，摆渡车长度
、质量
。将一质量也为
的滑块从倾斜轨道
上高度
处静止释放，滑块在
段
运动时的阻力为其重力的0.2 倍。（摆渡车碰到竖直侧壁
立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，
，
）
（1）求滑块过C 点的速度大小
和轨道对滑块的作用力大小
；
（2）摆渡车碰到
前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数
；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G 到J 所用的时间。
25
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【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【解析】（1）滑块从静止释放到C 点过程，根据动能定理可得
解得
滑块过C 点时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G 点过程，根据动能定理可得
解得
摆渡车碰到
前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速
，以滑块和摆
渡车为系统，根据系统动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
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则滑块从G 到J 所用的时间为
11.（2022·天津）冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A
推到M 点放手，此时A 的速度
，匀减速滑行
到达N 点时，队友用毛刷开始擦A 运动前
方的冰面，使A 与
间冰面的动摩擦因数减小，A 继续匀减速滑行
，与静止在P 点的冰壶B 发生
正碰，碰后瞬间A、B 的速度分别为
和
。已知A、B 质量相同，A 与
间冰面的
动摩擦因数
，重力加速度
取
，运动过程中两冰壶均视为质点，A、B 碰撞时间极短。求冰
壶A
（1）在N 点的速度
的大小；
（2）与
间冰面的动摩擦因数
。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设冰壶质量为
，A 受到冰面的支持力为
，由竖直方向受力平衡，有
设A 在
间受到的滑动摩擦力为
，则有
设A 在
间的加速度大小为
，由牛顿第二定律可得
联立解得
由速度与位移的关系式，有
代入数据解得
（2）设碰撞前瞬间A 的速度为
，由动量守恒定律可得
解得
设A 在
间受到的滑动摩擦力为
，则有
27
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由动能定理可得
联立解得
12.（2022·海南）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。
【答案】①
；②
；③0.6h
【解析】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
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解得
13．（2022·湖北）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；
（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）
【解析】（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
29
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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
当
时解得
即
此时
于是有
解得
此时C 的最大动能为
14．（2022·浙江）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）。
30
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【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
31
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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
15．（2022·广东）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v1；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
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【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
。
16．（2022·河北）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）
【解析】（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
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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。
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
17．（2022·全国）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：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。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（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
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-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将
代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
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（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
18．（2021·海南）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速
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 共 =
；（2）x =
；（3）t =
，W = mv0
2
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【解析】（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有
2mv0 = 3mv 共
解得v 共 =
（2）由于木板速度是滑块的2 倍，则有v 木 = 2v 滑
再根据动量守恒定律有2mv0 = 2mv 木 + mv 滑
联立化简得v 滑 =
v0，v 木 =
v0
再根据功能关系有 - μmgx =
× 2mv 木
2 +
mv 滑
2 -
× 2mv0
2
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 滑 = μg
滑块相对木板静止时有v0 = a 滑t
解得t =
则整个过程中木板滑动的距离为x′ = v0t =
则拉力所做的功为W = Fx′ = mv0
2
19．（2021·湖北）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。
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【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v1，v2，对B 由Q 到最高点的过程，由机械能守恒定律得
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v0，对A、B 碰撞的过程，由动量守恒定律得
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解得
碰撞过程中A 和B 损失的总动能为
解得
20．（2021·辽宁）如图所示，在x>0 区域内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场；在
x<0 区域内存在沿x 轴正方向的匀强电场。质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子甲从点S（-a，0）由静止
释放，进入磁场区域后，与静止在点P（a，a）、质量为
的中性粒子乙发生弹性正碰，且有一半电量转
移给粒子乙。（不计粒子重力及碰撞后粒子间的相互作用，忽略电场、磁场变化引起的效应）
（1）求电场强度的大小E；
（2）若两粒子碰撞后，立即撤去电场，同时在x≤0 区域内加上与x>0 区域内相同的磁场，求从两粒子碰
撞到下次相遇的时间△t；
（3）若两粒子碰撞后，粒子乙首次离开第一象限时，撤去电场和磁场，经一段时间后，在全部区域内加
上与原x>0 区域相同的磁场，此后两粒子的轨迹恰好不相交，求这段时间内粒子甲运动的距离L。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）粒子甲匀速圆周运动过P 点，则在磁场中运动轨迹半径R=a
则
则
粒子从S 到O，有动能定理可得
可得
39
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（2）甲乙粒子在P 点发生弹性碰撞，设碰后速度为
、
，取向上为正，则有
计算可得
两粒子碰后在磁场中运动
解得
，
两粒子在磁场中一直做轨迹相同的匀速圆周运动，周期分别为
则两粒子碰后再次相遇
解得再次相遇时间
（3）乙出第一象限时甲在磁场中偏转角度为
撤去电场磁场后，两粒子做匀速直线运动，乙粒子运动一段时间后，再整个区域加上相同的磁场，粒子在
磁场中仍做半径为a 的匀速圆周运动，要求轨迹恰好不相切，则如图所示
40
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设撤销电场、磁场到加磁场乙运动了
，由余弦定理可得
则从撤销电场、磁场到加磁场乙运动的位移
21．（2021·天津）一玩具以初速度
从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩
的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4 的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛
出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求
（1）玩具上升到最大高度
时的速度大小；
（2）两部分落地时速度大小之比。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度
时的速度大小为v，重力加速度大小为g，
以初速度方向为正，整个运动过程有
玩具上升到最大高度
有
两式联立解得
（2）设玩具分开时两部分的质量分别为
、
，水平速度大小分别为
、
。依题意，动能关系为
41
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玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为
，设两部分落地
时的速度大小分别为
、
，由速度合成公式，有
，
结合
，解得
22．（2021·北京）如图所示，小物块A、B 的质量均为m = 0.10 kg，B 静止在轨道水平段的末端。A 以
水平速度v0与B 碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h = 0.45 m，两
物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30 m，取重力加速度g = 10 m/s2。求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A 的速度v0的大小；
（3）两物块碰撞过程中损失的机械能
。
【答案】（1）0.30 s；（2）
；（3）
【解析】（1）竖直方向为自由落体运动，由
得 t = 0.30 s
（2）设A、B 碰后速度为，水平方向为匀速运动，由
得
根据动量守恒定律，由
得
（3）两物体碰撞过程中损失的机械能
42
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得
23．（2021·浙江）如图所示，水平地面上有一高
的水平台面，台面上竖直放置倾角
的
粗糙直轨道
、水平光滑直轨道
、四分之一圆周光滑细圆管道
和半圆形光滑轨道
，它们平
滑连接，其中管道
的半径
、圆心在
点，轨道
的半径
、圆心在
点，
、D、
和F 点均处在同一水平线上。小滑块从轨道
上距台面高为h 的P 点静止下滑，与静止在轨道
上等
质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道
、轨道
从F 点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上
的三棱柱G 碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q 点，已知小滑块与轨道
间的动摩擦因数
，
，
。
（1）若小滑块的初始高度
，求小滑块到达B 点时速度
的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h 的最小值
；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G 的位置上下可调，求落地点Q 与F 点的水平距离x 的最大值
。
【答案】（1）4m/s；（2）
；（3）0.8m
【解析】（1）小滑块在
轨道上运动
代入数据解得
（2）小球沿
轨道运动，在最高点可得
从C 点到E 点由机械能守恒可得
解得
，
小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有
43
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，
解得
，
结合(1)问可得
解得h 的最小值
（3）设F 点到G 点的距离为y，小球从E 点到G 点的运动，由动能定理
由平抛运动可得
，
联立可得水平距离为
由数学知识可得当
取最大，最大值为
24．（2021·广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用
前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相
隔
，乙与边框a 相隔
，算珠与导杆间的动摩擦因数
。现用手指将甲以
的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为
，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速
度g 取
。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
【答案】（1）能；（2）0.2s
【解析】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有
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则甲乙滑动时的加速度大小均为
甲与乙碰前的速度v1，则
解得
v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律
解得碰后乙的速度
v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则
可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间
碰后甲运动的时间
则甲运动的总时间为
25．（2021·河北）如图，一滑雪道由
和
两段滑道组成，其中
段倾角为
，
段水平，
段
和
段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为
的背包在滑道顶端A 处由静止滑下，若
后质量为
的滑雪者从顶端以
的初速度、
的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包
并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为
，重力加速度取
，
，
，
45
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忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道
段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设斜面长度为
，背包质量为
，在斜面上滑行的加速度为
，由牛顿第二定律有
解得
滑雪者质量为
，初速度为
，加速度为
，在斜面上滑行时间为，落后时间
，则背包的滑行时间为
，由运动学公式得
联立解得
或
故可得
（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为
、
，有
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有
46
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解得
26．（2020·海南）如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ 竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量
的小物块a 从圆弧轨道最高点P 由静止释放，到最低点Q 时与另一质量
小物块b 发生弹性
正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨道半径
，传送带的长度L=1.25m，传送带以速度
顺时
针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数
，
。求
（1）碰撞前瞬间小物块a 对圆弧轨道的压力大小；
（2）碰后小物块a 能上升的最大高度；
（3）小物块b 从传送带的左端运动到右端所需要的时间。
【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）1s
【解析】（1）设小物块a 下到圆弧最低点未与小物块b 相碰时的速度为
，根据机械能守恒定律有
代入数据解得
小物块a 在最低点，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
根据牛顿第三定律，可知小物块a 对圆弧轨道的压力大小为30N。
（2）小物块a 与小物块b 发生弹性碰撞，根据动量守恒有
根据能量守恒有
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联立解得
，
小物块a 反弹，根据机械能守恒有
解得
（3）小物块b 滑上传送带，因
，故小物块b 先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
则小物块b 由2m/s 减至1m/s，所走过的位移为
代入数据解得
运动的时间为
代入数据解得
因
，故小物块b 之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为
故小物块b 从传送带的左端运动到右端所需要的时间
27．（2020·江苏）一只质量为
的乌贼吸入
的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内
把吸入的水向后全部喷出，以
的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。
【答案】
【解析】乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力，动量守恒；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动
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量守恒定律得
解得喷出水的速度大小为
28．（2020·天津）长为l 的轻绳上端固定，下端系着质量为
的小球A，处于静止状态。A 受到一个水
平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A 回到最低点时，质量为
的
小球B 与之迎面正碰，碰后A、B 粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，
重力加速度为g，求
（1）A 受到的水平瞬时冲量I 的大小；
（2）碰撞前瞬间B 的动能
至少多大？
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）A 恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A 在最高点时的速度大小为
v，由牛顿第二定律，有
①
A 从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A 在最低点的速度大小为
，
有
②
由动量定理，有
③
联立①②③式，得
④
（2）设两球粘在一起时速度大小为
，A、B 粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B 的速度方向相同，以此方向为正方向，设B 碰前瞬间的
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速度大小为
，由动量守恒定律，有
⑥
又
⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B 的动能
至少为
⑧
29．（2020·山东）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v0与Q 发生弹性碰撞。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vP1、vQ1；
(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
50
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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h1，对Q 由运动学公式得
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
51
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设第二次碰撞后Q 上升的高度为h2，对Q 由运动学公式得
⑬
联立①②⑤⑦⑨⑩
式得
⑬
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①②⑤⑦⑨⑩
式得
⑬⑮
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①②⑤⑦⑨⑩
式得
⑬⑮⑰⑱
⑲
⑳
设第三次碰撞后Q 上升的高度为h3，对Q 由运动学公式⑩得
㉑
联立①②⑤⑦⑨⑩
式得
⑬⑮⑰⑱㉑
㉒
总结可知，第n 次碰撞后，物块Q 上升的高度为
52
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（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t1，由运动学公式得
㉖
设P 运动到斜面底端时的速度为
，需要的时间为t2，由运动学公式得
㉗
㉘
设P 从挡板碰撞返回后从A 点到Q 第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
㉙
当A 点与挡板之间的距离最小时
㉚
联立
式，代入数据得
㉖㉗㉘㉙㉚
㉛
30.（2024·湖南）如图，半径为R 的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA 和mB 的小球A 和B
（mA>mB）。初始时小球A 以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B 发生碰撞。不计小球与圆环之
间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A 与B 碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A 与B 之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比
53
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。
（3）若小球A 与B 之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e 倍
（0<e<1） ，求第1 次碰撞到第2n+1 次碰撞之间小球B 通过的路程。
【答案】（1）
，
；（2）
或
；
（3）
【解析】
（1）有题意可知A、B 系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有
可得
碰撞后根据牛顿第二定律有
可得
（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有
54
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联立解得
，
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
①若第二次碰撞发生在图中的b 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B 通过的路程之比为
，则有
联立解得
由于两质量均为正数，故k1=0，即
对第二次碰撞，设A、B 碰撞后的速度大小分别为
，
，则同样有
联立解得
，
，故第三次碰撞发生在b 点、第四次碰撞发生在c 点，以此类推，满足题意。
②若第二次碰撞发生在图中的c 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B 通过的路程之比为
55
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；所以
联立可得
因为两质量均为正数，故k2=0，即
根据①的分析可证
，
，满足题意。
综上可知
或
（3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为
，第一次碰后与第二次相碰
前B 球比A 球多运动一圈，即B 球相对A 球运动一圈，有
第一次碰撞动量守恒有
且
联立解得
B 球运动的路程
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第二次碰撞的相对速度大小为
第二次碰撞有
且
联立可得
所以B 球运动的路程
一共碰了2n 次，有
31. （2024·甘肃） 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。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】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
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
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