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专题十四 动量守恒定律
（考试时间：90 分钟 试卷满分：100 分）
第I 部分
一、单选题：本题共8 小题，共32 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对4 分，
选错不得分。
1．（2022·北京·高考真题）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
【详解】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
1
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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。
故选C。
2．（2024·北京石景山·一模）应用物理知识分析生活中的常见现象，解释游戏中的物理原理，可以使学习
更加有趣和深入。两同学分别做了如下小游戏。如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近
边缘处。甲同学第一次慢拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的P 点；将棋子、纸条放回原来的位置，第
二次快拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的N 点。乙同学把一象棋子静置于水平桌面上，然后用手指沿
水平方向推棋子，棋子由静止开始运动，并且在离开手指后还会在桌面上滑行一段距离才停止运动。据
此，两同学提出了如下观点，其中正确的是（ ）
A．甲同学第一次慢拉，棋子受纸条的摩擦力更大
B．甲同学第二次快拉，棋子受纸条摩擦力的冲量更大
C．乙同学推棋子，棋子离开手指前一直做加速运动
D．乙同学推棋子，棋子的最大速度一定在与手指分离之前
【答案】D
【详解】A．甲同学拉动纸条让棋子开始运动，所以两次都受滑动摩擦力，所以磨擦擦力大小相等，故A
错误；
B．棋子离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由
2
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可知离开桌面时第二次的水平速度小于第一次的水平速度，结合动量定理得
所以甲同学第一次慢拉，棋子受纸条摩擦力的冲量更大。故B 错误；
CD．棋子离开手之前受手给棋子得作用力和滑动摩擦力，而手给棋子得作用力为变力，由于棋子刚开始处
于静止状态，所以刚接触的一段时间内棋子一定做加速运动，但在棋子离开手之前不一定一直做加速运
动，棋子离开手后做匀减速直线运动，所以棋子的最大速度一定在与手指分离之前，但离手前不一定一直
做加速直线运动，故C 错误，D 正确。
故选D。
3．（2024·浙江嘉兴·二模）如图所示是大型游乐装置“大摆锤”的简图，摆锤a 和配重锤b 分别固定在摆
臂两端，并可绕摆臂上的转轴O 在纸面内转动。若a、b 到O 的距离之比为2：1 且不计一切阻力，则摆臂
自由转动一周过程中（ ）
A．a、b 角速度之比为2：1
B．摆臂对转轴的弹力保持不变
C．摆臂对a 和b 作用力的功为0
D．摆臂对a 和b 作用力的冲量为0
【答案】C
【详解】A．摆锤a 和配重锤b 属于同轴转动，角速度之比为1：1，故A 错误；
B．摆锤和配重做圆周运动，则摆臂对转轴的弹力大小和方向都发生变化，故B 错误；
C．摆臂运动过程中，摆臂对a 和b 作用力做功大小相等，一正一负，则摆臂对a 和b 作用力的功为0，故
C 正确；
D．摆臂运动过程中，a、b 速度方向发生变化，则动量发生变化，摆臂对a 和b 作用力的冲量不为0，故D
错误；
故选C。
3
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4．（2024·河北石家庄·模拟预测）如图所示为某弹跳玩具，底部是一个质量为m 的底座，通过弹簧与顶部
一质量
的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用
手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上
运动，底座离开地面后能上升的最大高度为h，已知重力加速度为g，则（ ）
A．玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功为
B．绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为
C．绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为
D．用手将小球按下一段距离后，弹簧的弹性势能为
【答案】C
【详解】A．玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功为
WG=-（M+m）gh=-3mgh
选项A 错误；
BC．设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为v，底座离开地面后能上升h 高，则有
v2=2gh
得
设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为v0。细绳绷紧过程，外力远小于内力，系统动量守恒，取竖直向上方向
为正方向，根据动量守恒定律得
Mv0=（M+m）v
可得
4
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则绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为
则绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为
故B 错误，C 正确；
D．用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势能，
故弹簧的弹性势能满足
故D 错误；
故选C。
5．（2024·甘肃·二模）运动员用同一足球罚点球，两次射门，足球斜向上踢出，分别水平打在水平横梁上
的a、b 两点，a 为横梁中点，如图所示，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两次的初速度大小可能相等
B．击中a 点用的时间长
C．击中a 的过程中，动能变化量小
D．两过程中动量变化量相等
【答案】D
【详解】AB．两次射门足球分别水平打在水平横梁上，说明足球离地面的高度相同，根据位移-时间公式
可知击中a、b 两点所用的时间相同，根据速度-时间公式
5
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可知踢出时竖直方向的速度相同，水平方向做匀速运动，击中a、b 两点时的水平位移不同，根据
可知踢出时的水平速度不同，根据
可知两次的初速度大小不相等，故AB 错误；
C．击中a、b 两点的过程中，足球上升的高度相同，根据
可知两过程动能变化量相同，故C 错误；
D．取竖直向上为正方向，根据动量定理有
可知两过程中动量变化量相等，故D 正确。
故选D。
6．（2022·湖南·高考真题）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
【详解】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
6
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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
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。
7．（2022·北京·高考真题）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要
7
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根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶
段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑
道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于
身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A 错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，
为了增加向上的速度，B 正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C 错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲
击力，D 错误。
故选B。
8．（2024·湖北·二模）如今网上购物非常流行，快递公司把邮件送到家里，消费者足不出户就可以购买到
想要的商品。如图是某快递公司分拣邮件的倾斜传输装置：传送带A、B 间长度为L =10m，倾角为θ
=30°，正以恒定速率v =5m/s 顺时针运转。现将一质量为m =1kg 的邮件（可视为质点）轻放在传送带底
端A 点，则邮件从A 运动到B 过程中，传送带对邮件的冲量大小为（已知邮件与传送带之间的动摩擦因数
为 μ =
，重力加速度g =10m/s2）（ ）
8
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A．5N·s
B．20N·s
C．15
N·s
D．
N·s
【答案】D
【详解】邮件轻放在传送带上时，受力分析如图所示
支持力
摩擦力
根据牛顿第二定律得沿斜面方向
可知，邮件上升的加速度为
当邮件与传送带速度相同时，由
得
则相对位移为
之后邮件与传送带保持相对静止，以速度v =5m/s 匀速上升到B 点，有
9
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此阶段的摩擦力
邮件从A 运动到B 过程中，支持力的冲量
方向垂直斜面向上；
摩擦力的冲量
方向沿斜面向上；
由矢量合成可得传送带对邮件的冲量大小
故选D。
二、多选题：本题共4 小题，共16 分。有多项符合题目要求。全部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，
有选错或不答的得0 分。
9．（2024·广东江门·一模）数据表明，在电动车事故中，佩戴头盔可防止85%的头部受伤，大大减小损伤
程度。头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长至6ms 以上，人头部的质量约为2kg，则下列说法正确的
是（ ）
A．头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率
B．头盔减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量
C．事故中头盔对头部的冲量与头部对头盔的冲量大小相等
D．若事故中头部以6m/s 的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2000N
【答案】ACD
【详解】A．根据
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可得
依题意，头盔内部的缓冲层与头部的撞击时间延长了，头盔减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率。
故A 正确；
B．同理，可知头盔并没有减少驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量。故B 错误；
C．根据
头盔对头部的作用力与头部对头盔的作用力等大反向，作用时间相同，所以事故中头盔对头部的冲量与头
部对头盔的冲量大小相等。故C 正确；
D．代入数据，可得
可知事故中头部以6m/s 的速度水平撞击缓冲层，则头部受到的撞击力最多为2000N。故D 正确。
故选ACD。
10．（2023·福建·高考真题）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时
刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（
）
A．0 ~ 2s 内，甲车的加速度大小逐渐增大
B．乙车在t = 2s 和t = 6s 时的速度相同
C．2 ~ 6s 内，甲、乙两车的位移不同
D．t = 8s 时，甲、乙两车的动能不同
【答案】BC
【详解】A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0 ~ 2s 内，甲车做匀加速
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直线运动，加速度大小不变，故A 错误；
B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s 内根据动量定理有
I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s
乙车在0 ~ 6s 内根据动量定理有
I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s
则可知乙车在t = 2s 和t = 6s 时的速度相同，故B 正确；
C．根据图（a）可知，2 ~ 6s 内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s 内乙车一直向正方向运动，则2
~ 6s 内，甲、乙两车的位移不同，故C 正确；
D．根据图（a）可知，t = 8s 时甲车的速度为0，则t = 8s 时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s 内根据动
量定理有
I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0
可知t = 8s 时乙车的速度为0，则t = 8s 时，乙车的动能为0，故D 错误。
故选BC。
11．（2023·广东·高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为
的
滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1 施加一个水平向右的恒力
，推动滑
块1 以
的速度与静止的滑块2 碰撞，碰撞时间为
，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为
．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块1 受到合外力的冲量大小为
C．滑块2 受到合外力的冲量大小为
D．滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1 和滑块2 组成的系统的初动量为
碰撞后的动量为
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A 错误；
B．对滑块1，取向右为正方向，则有
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负号表示方向水平向左，故B 正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
故C 错误；
D．对滑块2 根据动量定理有
解得
则滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为
，故D 正确。
故选BD。
12．（2023·重庆·高考真题）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y 随时间t 的变化曲线如图
所示，E、F、M、N 为曲线上的点，EF、MN 段可视为两段直线，其方程分别为
和
。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF 段无人机的速度大小为4m/s
B．FM 段无人机的货物处于失重状态
C．FN 段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg∙m/s
D．MN 段无人机机械能守恒
【答案】AB
【详解】A．根据EF 段方程
可知EF 段无人机的速度大小为
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故A 正确；
B．根据
图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM 段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运
动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B 正确；
C．根据MN 段方程
可知MN 段无人机的速度为
则有
可知FN 段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg∙m/s，故C 错误；
D．MN 段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D 错误。
故选AB。
第Ⅱ部分
三、实验题：本题共2 小题，共15 分。
13．（2022·天津·高考真题）某同学验证两个小球在斜槽末端碰撞时的动量守恒，实验装置如图所示。A、
B 为两个直径相同的小球。实验时，不放B，让A 从固定的斜槽上E 点自由滚下，在水平面上得到一个落
点位置；将B 放置在斜槽末端，让A 再次从斜槽上E 点自由滚下，与B 发生正碰，在水平面上又得到两个
落点位置。三个落点位置标记为M、N、P。
（1）为了确认两个小球的直径相同，该同学用10 分度的游标卡尺对它们的直径进行了测量，某次测量的
结果如下图所示，其读数为
。
14
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（2）下列关于实验的要求哪个是正确的 。
A．斜槽的末端必须是水平的 B．斜槽的轨道必须是光滑的
C．必须测出斜槽末端的高度 D．A、B 的质量必须相同
（3）如果该同学实验操作正确且碰撞可视为弹性碰撞，A、B 碰后在水平面上的落点位置分别为
、 。（填落点位置的标记字母）
【答案】 10.5 A M P
【详解】（1）[1]观察主尺的单位为
，读出主尺的读数是
，游标尺上的第五条刻度线与主尺上的
刻度线对齐，其读数为
，结合主尺及游标尺的读数得到被测直径为
（2）[2]ABC．首先考查在实验的过程中，需要小球A 两次沿斜槽滚到末端时的速度都水平且大小相同。
实验时应使小球A 每次都从同一位置由静止开始释放，并不需要斜槽的轨道光滑的条件，也不需要测出斜
槽末端的高度，但是必须保证斜槽末端水平，故A 正确，BC 错误；
D．小球A 与B 发生正碰时，为使小球A 在碰后不反弹，要求小球A 的质量大于小球B 的质量，故D 错
误。
故选A。
（3）[3][4]设A、B 两球的质量分别为mA和mB，由（2）中分析知mA>mB；碰前A 的速度v0；因为两个金
属小球的碰撞视为弹性碰撞，则由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
可见碰后小球A 的速度小于小球B 的速度，也小于碰前A 的速度v0；所以小球A 单独滚下落到水平面上的
位置为N，A、B 碰后在水平面上的落点位置分别为M、P。
14．（2024·贵州·二模）某实验小组采用如图所示的装置验证动量守恒定律，实验步骤如下：
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①将斜槽固定在水平桌面上，调节斜槽末端水平，然后挂上铅垂线；
②在水平地面上铺白纸和复写纸：
③测出小球A、B 的质量分别为mA、mB；
④将质量较大的球A 从斜槽上某一位置由静止释放，落在复写纸上，重复多次；
⑤将球B 放在槽口末端，让球A 从步骤④中的同一位置由静止释放，撞击球B，两球落到复写纸上，重复
多次；
⑥测出球A 从释放点到槽口末端的竖直高度h；
⑦取下白纸，用圆规找出落点的平均位置，分别测得步骤④中球A 平抛运动的水平位移大小xA1，步骤⑤中
球A、B 平抛运动的水平位移大小xA2、xB。
回答下列问题：
(1)以上步骤中不必要的是 ；（填步骤前的序号）
(2)本实验中铅垂线的作用是 ；
(3)按照本实验方法，验证动量守恒定律的关系式是 （用上述必要的实验步骤测得的物理量符号
表示）。
【答案】(1)⑥
(2)见解析
(3)
【详解】（1）该实验中只要保证每次从同一位置释放小球小球就可保证小球A 每次达到斜槽末端时的速
率相同，而本实验结合平抛运动研究动量守恒定律，小球做平抛运动时下落高度
相同，根据平抛运动竖
直方向做自由落体运动，可得到其下落时间
相同，在结合水平方向做匀速直线运动，并测出了小球做平抛运动的水平位移，从而可得到小球做平抛运
动的初速度为
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显然在验证动量守恒定律的式子中
会被约掉，从而用水平位移来表示速度的大小，因此，该实验中
并不需要测出球A 从释放点到槽口末端的竖直高度h。
故选⑥。
（2）本实验中，铅垂线的作用是用来确定小球在斜槽末端抛出点，其球心在所平铺水平地面复写纸上的
投影点。
（3）根据本实验的原理，结合以上分析可知，若两小球碰撞过程中动量守恒，则应满足
化简后可得
四、计算题：本题共4 小题，共37 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后
答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
15．（2023·北京·高考真题）如图所示，质量为m 的小球A 用一不可伸长的轻绳悬挂在O 点，在O 点正下
方的光滑桌面上有一个与A 完全相同的静止小球B，B 距O 点的距离等于绳长L。现将A 拉至某一高度，
由静止释放，A 以速度v 在水平方向和B 发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
（1）A 释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）A 释放到与B 碰撞前，根据动能定理得
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解得
（2）碰前瞬间，对A 由牛顿第二定律得
解得
（3）A、B 碰撞过程中，根据动量守恒定律得
解得
则碰撞过程中损失的机械能为
16．（2024·山西太原·一模）轻质弹簧原长为l，将弹簧竖直放置在水平地面上，在其顶端将一质量为7m
的小球由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度变为原长的一半。现将该弹簧水平放置在光滑水平
面上，一端固定在A 点，另一端与质量为m 的小球P 接触但不拴连；一长度为2l 的轻绳一端系于O 点，另
一端与质量为m 的小球Q 拴连。用外力缓慢推动P，将弹簧压缩至原长的一半，撤去外力，P 被弹出后与
Q 发生弹性对心碰撞，Q 开始摆动。轻绳在弹力变为O 时断开，Q 飞出后落在水平地面上的B 点（图中未
画出），P、Q 始终在同一竖直平面内运动且均可视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）弹簧由原长压缩为原长的一半；弹性势能的变化量；
（2）P 与Q 碰撞后的瞬间，Q 速度的大小；
（3）Q 落到B 点时，Q 与P 之间的距离。
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【答案】（1）增加
；（2）
；（3）0
【详解】（1）弹簧与质量为7m 的小球组成的系统机械能守恒，则
弹簧由原长压缩为原长的一半，弹性势能增加了
；
（2）小球P 与弹簧组成的系统机械能守恒，则
解得
P 与Q 发生弹性碰撞，以右为正，碰后速度分别为
，
，则
解得
，
（3）轻绳断开时与竖直方向的夹角为θ，小球的速度为v3，则
Q 从最低点摆动到轻绳断开处，根据动能定理可得
解得
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，
，
轻绳断开后，Q 将做斜抛运动，则
解得
Q 落到B 点时，Q 与P 之间的距离为
17．（2023·广东·高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽
和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为
，平台高为
。药品盒A、B 依次被轻放在以速度
匀速运动
的传送带上，在与传送带达到共速后，从
点进入滑槽，A 刚好滑到平台最右端
点停下，随后滑下的B
以
的速度与A 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B 恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B
的质量分别为
和
，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的
。
与传送带间的动摩擦因数为
，重力加速度为g，AB 在滑至N 点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。
求：
（1）A 在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间；
20
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（2）B 从
点滑至
点的过程中克服阻力做的功
；
（3）圆盘的圆心到平台右端
点的水平距离．
【答案】（1）
（2）
；（3）
【详解】（1）A 在传送带上运动时的加速度
由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B 从
点滑至
点的过程中克服阻力做的功
（3）AB 碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
解得
（另一组
舍掉）
两物体平抛运动的时间
则
解得
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18．（2024·广东惠州·一模）如图所示，在光滑绝缘足够大的水平面上存在方向水平向右的匀强电场，质
量为m、电荷量为q 的带正电金属小球甲从A 点由静止释放后，以大小为
的速度与静止在O 点、质量为
3m 小球乙发生碰撞，乙球不带电，碰撞时间极短且无电荷量转移，首次碰撞后甲向左运动的最远距离距O
点
，已知AO 相距为L，与A 点相距3L 处的B 处有一固定的竖直挡板，乙球与挡板碰撞时间极短且无机
械能损失。求：
（1）电场的电场强度E 的大小；
（2）首次碰撞后瞬间，甲、乙两球的速度大小；
（3）如果在甲、乙两球首次碰撞后瞬间，将电场强度大小改为
，方向不变，要保证乙球碰撞挡
板后，甲、乙两球能再次在OB 区域相碰，K 的取值范围。
【答案】（1）
；（2）
，方向水平向左；
；方向水平向右；（3）
【详解】（1）方法一：对甲与乙碰撞前的过程，根据动能定理得
方法二：碰撞前，对甲球
（2）设碰撞后甲的速度为
，乙的速度为
，由动量守恒定律
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碰后对甲，由动能定理
解得
方向水平向左；
方向水平向右；
（3）如果甲乙两球恰好在挡板B 处再次相撞，对甲球，由牛顿第二定律
取水平向右为正
解得
如果甲乙两球恰好在
处相撞，对甲球，由牛顿第二定律
对乙球
解得
故要保证乙球碰撞挡板后，甲、乙两球能再次在
区域相碰，
的取值范围为
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