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压轴题04 用动量和能量的观点解题
1.本专题是动量和能量观点的典型题型，包括应用动量定理、动量守恒定律，系统能量守恒定律解决实际问题。
高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。2024 年高考对于动量和能量的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。
3.用到的相关知识有:动量定理、动量守恒定律、系统机械能守恒定律、能量守恒定律等。近几年的高考命题中
一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型为弹性碰撞，完全非弹性碰撞，爆炸问题等。
考向一：动量定理处理多过程问题
1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F 应理解为变力在
作用时间内的平均值。
2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp 是矢量式，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。
3．应用动量定理解释的两类物理现象
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt 越短，力F 就越大，力的作用时间Δt 越长，力F 就越小，如
玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。
(2)当作用力F 一定时，力的作用时间Δt 越长，动量变化量Δp 越大，力的作用时间Δt 越短，动量变化量Δp 越
小。
4.应用动量定理解题的一般步骤
(1)明确研究对象和研究过程。
研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。
(2)进行受力分析．
只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力。
(3)规定正方向。
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求
解．
考向二：动量守恒定律弹性碰撞问题
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＝m1v′1＋m2v′2①
m1v＝m1v′＋m2v′②
1
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由①②得v′1＝ v′2＝
结论：
①当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度。
②当m1>m2时，v′1>0，v′2>0，碰撞后两球都向前运动。
③当m1<m2时，v′1<0，v′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。
考向三：动量守恒定律完全非弹性碰撞问题
两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律。
m1v1＝m1v1＋m2v2m1v1＝（m1＋m2）v 共①
m1v＋m2v＝（m1＋m2）v 共2＋E 损②
根据能量守恒，E 损一般有三个去向，转化为能能，转化为弹性势能，转化为重力势能。
考向四：动量守恒定律反冲、爆炸问题
1．爆炸的特点
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆
炸过程中，系统的总动量守恒。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加。
(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然
从爆炸时的位置以新的动量开始运动。
2．反冲
(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动。
(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②
动量近似守恒；③某一方向动量守恒。
反冲运动中机械能往往不守恒。
注意：反冲运动中平均动量守恒。
(3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等。
3．人船模型
若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒。如果系统由两个物体组成，
且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m11＝－m22得m1x1＝－m2x2.该式的适用条件是：
(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒。
(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动。
(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。
01 动量定理处理多过程问题
1.一高空作业的工人重为600 N，系一条长为L＝5 m 的安全带，若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1 s，
则安全带受的平均冲力是多少？(g 取10 m/s2)
2
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【答案】1 200 N
【解析】 法一 程序法
依题意作图，如图所示，设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1，v＝2gL，得v1＝。
经缓冲时间t＝1 s 后速度变为0，取向下为正方向，对工人由动量定理知，工人受两个力作用，即拉力F 和重
力mg，有
(mg－F)t＝0－mv1，F＝
将数值代入得F＝1 200 N。
由牛顿第三定律知安全带受的平均冲力F′为1 200 N，方向竖直向下。
法二 全过程法
在整个下落过程中对工人应用动量定理，在整个下落过程中，重力的冲量大小为mg，拉力F 的冲量大小为Ft。
初、末动量都是零，取向下为正方向，由动量定理得mg－Ft＝0
解得F＝＝1 200 N。
由牛顿第三定律知安全带受的平均冲力F′＝F＝1 200 N，方向竖直向下。
02 动量定理处理流体问题
2. 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设
水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底
板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加
速度大小为g。求
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【答案】(1)ρv0S (2)－
【解析】 (1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV ①
ΔV＝v0SΔt ②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S。③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于
Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v0
2④
在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
3
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Δp＝(Δm)v ⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
FΔt＝Δp ⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得
h＝－。⑧
03 弹性碰撞问题
3.如图所示，A、B 是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB＝5mA。B 球静止，拉起A 球，使细
线与竖直方向偏角为30°，由静止释放，在最低点A 与B 发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的
运动，下列说法正确的是( )
A.A 静止，B 向右，且最大偏角小于30°
B.A 向左，B 向右，且最大偏角等于30°
C.A 向左，B 向右，A 球最大偏角大于B 球最大偏角，且都小于30°
D.A 向左，B 向右，A 球最大偏角等于B 球最大偏角，且都小于30°
【答案】 C
【解析】设A 球到达最低点的速度为v，在最低点A 与B 发生弹性碰撞后，A 球的速度为vA，B 球的速度为vB，
取向右为正方向
由动量守恒可得mAv＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒可得
mAv2＝mAv＋mBv
可得vA＝v＝－v，vB＝v＝v，A 向左，B 向右，A 球偏角大于B 球偏角，且都小于30°，故选项C 正确。
04 完全非弹性碰撞问题
4.如图所示，光滑水平地面上静置有一质量m1=3kg， R=0.5m 的竖直光滑
圆弧轨道AB，O 为圆心、B 为轨道
最低点，OB 竖直。其右侧地面上静置—质量m2=1kg 的木板C，木板的上表面粗糙且与B 点等高。现将一质量
m3=2kg 的小滑块D（可视为质点），以v0=3m/s 的速度从右端滑上C 的上表面，当它滑到C 的左端时，C、D 恰
好达到共同速度，此后C 与B 发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞后C 与B 粘在一起。已知D 与C 上表面间的动摩
擦因数μ=0.2，取g=10m/s²。求∶
（1）木板C 的长度；
（2）小滑块D 沿圆弧轨道上升的最大高度。
4
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设C、D 共同速度为v，由动量守恒定律有
根据能量守恒定律可得
代入数据解得
（2）木板与圆弧轨道发生相撞，碰撞后C 和圆弧轨道的共同速度为v1、取向左为正方向，根据动量守恒定律可
得：
小滑块D 和圆弧轨道在水平方向上动量守恒，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：
根据机械能守恒定律可得
解得上升的最大高度
05 反冲、爆炸类问题
5.如图所示。光滑水平桌面上有长L=2m 的木板C，质量mC=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块（可视为质
点）A 和B，mA=1kg ，mB=4kg，开始时三个物体都静止。在A、B 间有少量塑胶炸药，爆炸后A 以6m/s 的速度
水平向左运动，A、B 中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间及爆炸时间，求：
(1)塑胶炸药爆炸后A、B 获得的总动能
(2)到A、B 都与挡板碰撞为止，B 物体相对地面的位移大小为多少？
【答案】（1）
；（2）0.7m
【详解】（1）塑胶炸药爆炸过程中A、B 组成系统动量守恒
有
解得
m/s
A、B 获得的总动能
（2）
，当sA=1m 时，sB=0.25m，
即当A、C 相撞时B 与C 右板相距
5
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A、C 相撞时有
解得v=1m/s，方向向左。而
m/s，方向向右，两者相距0.75m，故B 的位移为
06 动量守恒定律的综合应用
6.如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg 的小车，车的B 点右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B 点的
左侧固定以半径R＝0.7 m 的光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B 点相切，车的最右端D 点固定轻质弹簧，
弹簧处于自然长度其左端正好对应小车的C 点，B 与C 之间距离L＝0.9 m，一个质量m＝2 kg 的小物块，置于
车的B 点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量m0＝20 g 的子弹，以速度v0＝500 m/s 击中小车并停留
在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，g 取10 m/s2，则：
(1)通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块再次回到B 点时，小物块的最大速度大
小；
(2)若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x＝10 cm，求弹簧的最大弹性势能。
【答案】(1)否，5 m/s (2)2.5 J
【详解】(1)对于子弹打小车的过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：m0v0＝(m0＋M)v，可得：v＝5
m/s
当小物块运动到圆轨道的最高点时，三者共速为v 共1。
根据动量守恒定律得：m0v0＝(m0＋M＋m)v 共1。
解得：v 共1＝2.5 m/s
根据机械能守恒定律得：(m0＋M)v2＝(m0＋M＋m)v 共1
2＋mgh
解得：h＝0.625 m<R＝0.7 m，所以小物块不能达到圆弧轨道的最高点A；
当小物块再次回到B 点时，小物块速度为v1，车和子弹的速度为v2
根据动量守恒定律得：(m0＋M)v＝mv1＋(m0＋M)v2
根据能量守恒定律得：(m0＋M)v2＝mv1
2＋(m0＋M)v2
2
解得v1＝5 m/s，v2＝0；
(2)当弹簧具有最大弹性势能Ep时三者速度相同，由动量守恒定律得：
m0v0＝(m0＋M＋m)v 共2，可得v 共2＝v 共1＝2.5 m/s；
根据能量守恒定律得：μmg(L＋x)＋Ep＝(m0＋M)v2－(m0＋M＋m)v 共2
2。解得：Ep＝2.5 J。
一、单选题
1．（2024·广东揭阳·二模）如图所示，在光滑的水平面上，质量为4m、长为L 的木板右端紧靠竖直墙壁，与墙
壁不粘连。质量为m 的滑块（可视为质点）以水平向右的速度v 滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零。
6
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现滑块以水平速度kv（k 未知）滑上木板左端，滑到木板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，
刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，重力加速度大小为g．下列说法正确的是（ ）
A．滑块向右运动的过程中，加速度大小为
B．滑块与木板间的动摩擦因数为
C．k=2 D．滑块弹回瞬间的速度大小为
【答案】D
【详解】滑块（可视为质点）以水平向右的速度v 滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好为零，根据匀变速
直线运动规律可知
,解得
,故A 错误；根据牛顿第二定律有
,解得
故B 错误；小
滑块以水平速度右滑时，由动能定理有
,小滑块以速度kv 滑上木板到运动至碰墙时速度为v1，
由动能定理有
,滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，
由动量守恒有
,由能量守恒定律可得
,解得
，
故C 错误，D
正确。
故选D。
2．（23-24 高二下·河北沧州·阶段练习）如图所示，半径为R=0.4m 的凹槽Q 置于光滑水平面上，小球 P 和凹
槽Q 的质量均为m=1kg，将小球P 从凹槽的右侧最顶端由静止释放，一切摩擦均不计，重力加速度g 取10m/s2
。则以下说法正确的是（ ）
A．当小球第一次到达凹槽左端时，凹槽向右的位移大小为0.4m
B．P、Q 组成的系统动量守恒
C．释放后当小球P 向左运动到最高点时，高度低于释放点
D．因为 P、Q 组成的系统机械能守恒，小球P 运动到凹槽的最低点时速度为
【答案】A
【详解】P、Q 水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，B 错误；P、Q 水平方向动量守
恒，又二者质量相等，则水平分速度始终大小相等，方向相反，故P 可到达凹槽左侧最高点，此时
，即
，Q 的位移为R=0.4mA 正确，C 错误；设小球P 运动到凹槽的最低点
7
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时有
，
解得vP=2m/s，D 错误。
故选A。
3．（2024·北京丰台·一模）出现暴风雪天气时，配备航空燃油发动机的某型号“除雪车”以20km/h 的速度匀
速行驶，进行除雪作业。直径约为30cm 的吹风口向侧面吹出速度约30m/s、温度约700℃、密度约
的
热空气。已知航空燃油的热值为
，根据以上信息可以估算出以下哪个物理量（ ）
A．除雪车前进时受到的阻力 B．除雪车吹出热空气时受到的反冲力
C．除雪车进行除雪作业时消耗的功率 D．除雪车进行除雪作业时单位时间消耗的燃油质量
【答案】B
【详解】A．由于匀速行驶，所以除雪车前进时受到的阻力为
，由于不知除雪车牵引力的功率，故不
能求阻力，A 错误；以热空气为研究对象，根据动量定理，有
，
，解得，反冲力
的大小为
，B 正确；由于知道铲雪车的热值，所以根据条件可以求出铲雪车的热功率
除雪车进行除雪作业时消耗的功率等于热功率与车匀速行驶牵引
力的功率之和，牵引力功率未知，故不能求除雪车进行除雪作业时消耗的功率，C 错误；除雪车进行除雪作业
时单位时间消耗的燃油质量等于发热消耗的燃油质量与车前进消耗的燃油质量之和，根据已知条件，不能求出，
D 错误。
故选B。
二、多选题
4．（2024·河北邯郸·一模）如图所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，小物块B 放置在水平轨道上，小物
块A 从圆弧轨道释放，A、B 在水平轨道上发生碰撞。第一次碰撞之后A 滑上圆弧轨道，然后返回与B 发生第二
次碰撞，已知B 的质量是A 质量的4 倍，则小物块A 第一次碰撞前后的速度大小之比可能为（ ）
A．4
B．2
C．
D．
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【答案】BC
【详解】设A 的质量为
，A 碰前速度为
，碰后为
，B 碰后为
。若第一次A、B 小物块发生弹性碰撞，由
动量守恒和能量守恒定律，有
得
则小物块A 第一次碰撞前后的速度大小之比为
。
因为A 能第二次与B 碰撞，应该由碰后A 的速度比B 速度大，即
联立解得
则小物块A 第一次碰撞前后的速度大小之比应小于3:1。所以则小物块A 第一次碰撞前后的速度大小之比应介于
上面两比值之间。故BC 正确，AD 错误。
故选BC。
5．（2024·河北保定·一模）如图所示，粗糙的水平面上放置一轻质弹簧，弹簧的右端固定，左端与质量为m 的
滑块甲（视为质点）连接，小球乙（视为质点）静止在C 点，让甲在A 点获得一个水平向左的初速度
，且
甲在A 点时弹簧处于压缩状态，此时弹簧所蕴含的弹性势能为
，当甲运动到B 点时弹簧正好恢复到原长，
甲继续运动到C 点时与乙发生弹性碰撞。已知甲与水平面之间的动摩擦因数为
，A、B 两点间距与B、
C 两点间距均为L，下列说法正确的是（ ）
A．甲刚到达B 点时的速度大小为
B．甲刚到达C 点时，弹簧的弹性势能为
C．甲刚到达C 点时（与乙发生碰撞前）的动能为
D．若甲、乙碰撞刚结束时，乙的速度为
，则乙的质量为
【答案】BCD
【详解】甲刚到达B 点时，弹簧弹性势能为零，即弹簧对甲做功为
，根据动能定理
得
，A 错误；由题意，根据对称性可知，甲刚到达C 点时，弹簧的弹性
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势能为
，B 正确；根据动能定理
，得
，C 正确；根据动量守恒定律和机
械能守恒
，
由题意，碰撞后乙的速度为
，
得
，D 正确。
故选BCD。
6．（2024·福建·一模）如图（a），质量均为m 的小物块甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离
为L，初始时甲、乙均静止，质量为M 的物块丙以速度
向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x 随
时间t 的变化如图（b）中实线所示，其中
时刻前后的图像分别是抛物线的一部分和直线，二者相切于P，抛
物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙，重力加速度为
。下列说法正确的是（ ）
A．碰后瞬间乙的速度大小为
B．甲、乙间的动摩擦因数为
C．甲到乙左端的距离
D．乙、丙的质量比
【答案】BC
【详解】AB．设碰后瞬间乙的速度大小为
，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可知
抛物线的顶点为Q，根据x-t 图像的切线斜率表示速度，则有
，联立解得，
，
，根据牛
顿第二定律可得
解得甲、乙间的动摩擦因数为
，故A 错误，B 正确；由于甲、乙质量相
同，则甲做加速运动的加速度大小也为
，根据图（b）可知，
时刻甲、乙刚好共速，则
时间内甲、
乙发生的相对位移为
，则甲到乙左端的距离满足
，
故C 正确；物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得
，
10
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可得
，可得乙、丙的质量比为
，故D 错误。
故选BC。
7．（2024·福建莆田·二模）如图，劲度系数为200N/m 的轻弹簧甲左端固定在墙壁上，右端刚好与静止在光滑
水平面上的物块A 接触；劲度系数未知的轻弹簧乙右端固定在静止的物块B 上。现对A 施加一水平向左、大小
为3N 的恒力F，使A 向左运动，当速度为零时立即撤去F，之后A 离开弹簧甲向右运动，从接触到弹簧乙开始，
经0.2s 时将弹簧乙压缩到最短，此过程物块B 运动的距离为0.02m。已知A、B 的质量分别为2kg 和0.4kg。弹簧
始终处于弹性限度内，则（ ）
A．物块A 向左移动的最大距离为0.015m B．物块A 与弹簧甲分离时的动能为0.09J
C．弹簧乙的最大弹性势能为0.018J D．弹簧乙的最大压缩量为0.036m
【答案】BD
【详解】A．A 速度为零时，根据动能定理有
，解得物块A 向左移动的最大距离为
，故A
错误；物块A 与弹簧甲分离时的动能为
，故B 正确；根据
，物块A 与弹簧甲分离时
的速度为
，物块A、B 共速时，弹簧乙的弹性势能最大，根据动量守恒有
，根据能
量守恒有
，解得弹簧乙的最大弹性势能为
，故C 错误；将弹簧乙压缩到
最短的过程中，根据动量守恒有
，则
，可得
，
解得
，弹簧乙的最大压缩量为
故D 正确。
故选BD。
8．（2024·湖南长沙·一模）如图所示，固定光滑曲面左侧与光滑水平面平滑连接，水平面依次放有2024 个质量
均为2m 的弹性物块（所有物块在同一竖直平面内），质量为m 的0 号物块从曲面上高h 处静止释放后沿曲面滑
到水平面，以速度
与1 号物块发生弹性正碰，0 号物块反弹后滑上曲面再原路返回，如此反复，2024 个弹性
物块两两间碰撞时交换速度，则下列说法正确的是（所有物块均可视为质点，重力加速度为g）（ ）
A．2024 号物块最终速度
B．2021 号物块最终速度
C．0 号物块最终动量大小为
D．最终所有物块的总动量为
11
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【答案】BC
【详解】由题可知，2024 个弹性物体两两之间碰撞时交换速度，所以2024 号物体最终速度是0 号物体与1 号物
体发生弹性正碰后1 号物体的速度，由机械能守恒和动量守恒得
，
解得
，
，即2024 号物块最终速度为
，故A 错误；由题意可知，2021 号
物块最终速度是0 号与1 号第四次碰撞后1 号的速度，由动量守恒定律，0 号与1 号第一次碰撞有
，
0 号与1 号第二次碰撞有
，0 号与1 号第三次碰撞有
，0 号与1 号第四次碰
撞有
，根据机械能守恒定律0 号碰后返回到曲面，然后沿曲面滑下，则
、
、
的方
向与
相同，大小分别与
、
、
相等，联立解得，2021 号物块最终速度为
，故B 正
确；
0 号与1 号发生碰撞后，1 号将于2 号发生正碰，因两者质量相同，将发生速度交换，1 号将静止。之后0 号将
继续与1 号发生第二次碰撞，同理可得，0 号第二次碰撞后的速度为
，最终0 号物体要与1 号物
体碰撞2024 次，所以0 号物体最终动量大小为
，故C 正确；根据选项AB 可知，2024 号物块
最终速度为
，2023 号物块最终速度为
，2022 号物块最终速度为
，
以此可知，1 号物块最终速度为
，最终所有物块的总动量
，
代入数据得
，化简可得
，故D 错
误。
故选BC。
三、解答题
9．（22-23 高三上·河南驻马店·期末）如图所示，质量之比为2：1 的甲、乙两物体之间有少量炸药，静止放置
在光滑的水平地面上；内壁光滑的半圆轨道固定放置在水平地面上，A、O、C 三点在同一条竖直线上，A 是半
圆轨道的圆心，A 是半圆轨道的最低点，C 是半圆轨道的最高点，半圆轨道的半径
。炸药爆炸结束后
瞬间，乙的速度大小
，乙沿着水平地面向左运动，然后与小球丙发生弹性碰撞，物体乙与小球丙发
生弹性碰撞后小球丙到达C 点时，半圆轨道对小球丙的压力大小
，且小球丙离开C 点做平抛运动落到
水平地面上，水平位移大小
。已知炸药爆炸产生的能量的90%转化为甲、乙两物体的动能，取重力加
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速度大小
，甲、乙、丙均可视为质点。求：
（1）小球丙的质量及其在C 点的速度大小；
（2）炸药爆炸产生的能量。
【答案】（1）2kg，
；（2）10J
【详解】（1）设小球丙的质量为
，丙在C 点时，由牛顿第二定律有
由平抛运动规律有
、
解得
kg，
（2）设碰撞后瞬间，小球丙的速度大小为
，物体乙的速度为v，由机械能守恒定律有
解得
设甲、乙的质量分别为2m、m，
乙、丙发生弹性碰撞，由动量守恒定律有
碰撞过程中，总机械能不变，有
解得
kg
炸药爆炸过程，甲、乙组成的系统动量守恒，有
由功能关系有
解得炸药爆炸产生的能量
J
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10．（2014·广东惠州·一模）、如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为R，平台
上静止放着两个滑块A、B，其质量mA=m，mB=2m，两滑块间夹有少量炸药．平台右侧有一小车，静止在光滑
的水平地面上，小车质量M=3m，车长L=2R，车面与平台的台面等高，车面粗糙，动摩擦因数μ=0.2，右侧地面
上有一立桩，立桩与小车右端的距离为S，S 在0<S<2R 的范围内取值，当小车运动到立桩处立即被牢固粘连．
点燃炸药后，滑块A 恰好能够通过半圆轨道的最高点D，滑块B 冲上小车．两滑块都可以看作质点，炸药的质
量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g=10m/s2。求：
（1）滑块A 在半圆轨道最低点C 受到轨道的支持力FN。
（2）炸药爆炸后滑块B 的速度大小vB。
（3）请讨论滑块B 从滑上小车在小车上运动的过程中，克服摩擦力做的功Wf与S 的关系。
【答案】（1）6mg； （2）
；（3）见解析
【详解】（1）、以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A 的速度大小为vA，滑块A 在半圆轨道运动，设到达最高
点的速度为vAD，则
得到
滑块A 在半圆轨道运动过程中，据动能定理
得
滑块A 在半圆轨道最低点
得
（2）、在A、B 爆炸过程，动量守恒．则
得
（3）、滑块B 滑上小车直到与小车共速，设为v 共
整个过程中，动量守恒
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得
滑块B 从滑上小车到共速时的位移为
小车从开始运动到共速时的位移为
两者位移之差（即滑块B 相对小车的位移）为
<2R
即滑块B 与小车在达到共速时未掉下小车．
当小车与立桩碰撞后小车停止，然后滑块B 以V 共 向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为 S＇
所以，滑块B 会从小车滑离．
讨论：当
时，滑块B 克服摩擦力做功为
当
时，滑块B 从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为
然后滑块B 以vt向右做匀减速直线运动，则直到停下来发生的位移为
>2R
所以，滑块会从小车滑离．
则滑块共速后在小车运动时克服摩擦力做功为
所以当
时，滑块B 克服摩擦力做功为
11．（15-16 高二下·福建厦门·期中）如图所示，固定的光滑平台左端固定有一光滑的半圆轨道，轨道半径为
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R，平台上静止放着两个滑块A、B，其质量mA=m，mB=2m，两滑块间夹有少量炸药。平台右侧有一木板，静止
在光滑的水平地面上，木板质量M=3m，板面与平台的台面等高，板面粗糙，动摩擦因数μ=0.2，右侧地面上有
一立桩，立桩与木板右端的距离为s，当木板运动到立桩处立即被牢固粘连。点燃炸药后，滑块A 恰好能够通过
半圆轨道的最高点D，滑块B 冲上木板。两滑块都可以看作质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆
炸后两个滑块的速度方向在同一水平直线上，重力加速度为g。求：
（1）炸药爆炸后滑块A 的速度大小vA；（2）炸药爆炸后滑块B 的速度大小vB；
（3）①若s 足够长，要使滑块B 能与木板相对静止，则木板长度L 至少为多少？
②若木板长度L=2R，立桩与木板右端的距离s 可调整，调整范围为0
2
﹣R，请讨论滑块B 在木板上运动的过程
中，克服摩擦力做的功Wf与s 的关系。
【答案】（1）
；（2）
；（3）①
；②（a）当
时，
；（b）当
时，
【详解】(1)以水平向右为正方向，设爆炸后滑块A 的速度大小为vA，滑块A 在半圆轨道运动，设到达最高点的
速度为vAD，由牛顿第二定律得
解得
滑块A 在半圆轨道运动过程中，由动能定理可得
解得
（2）A、B 爆炸过程中动量守恒，以B 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
（3）①当滑块B 与小车共速，设此速度为v，整个过程中，由动量守恒，以B 的速度方向为正方向，由动量守
恒定律得
对木板和滑块B 组成的系统，由能量守恒定律得
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解得
即木板的最小长度
②对木板研究，由动能定理得
得滑块B 与木板相对静止时，木板的位移大小
共速后，木板与立桩粘连后，若滑块B 在板上做匀减速运动直到停下，其位移为
即这种情况下滑块会脱离木板
（a）当
时，木板到与立桩粘连时未与滑块B 达到共速，分析可知，滑块会滑离木板，滑块B 克服摩
擦力做功为
（b）当
时，木板与滑块B 先达到共速然后才与立桩粘连，木板与滑块B 共速后到碰到立桩之前，
滑块B 与木板之间无摩擦力
滑块从滑上小车到共速时克服摩擦力做功为
12．（2024·广东揭阳·二模）如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距L=20cm，两导轨及
其所构成的平面与水平面的夹角θ=37°，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大
小B=5T。现将质量分别为m1=0.1kg、m2=0.2kg 的金属棒a、b 垂直导轨放置，每根金属棒接人导轨之间的电阻均
为R=1Ω。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，取重力
加速度大小
，sin37°=0.6，cos37°=0.8.
（1）先保持b 棒静止，将a 棒由静止释放，求a 棒匀速运动时的速度大小v0；
（2）在（1）问中，当a 棒匀速运动时，再将b 棒由静止释放，求释放瞬间b 棒的加速度大小a0；
（3）在（2）问中，从b 棒释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v（未知），求速度v 的
大小与t0的关系式及时间t0内a 棒相对于b 棒运动的距离△x。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
，
【详解】（1）金属棒
在运动过程中，重力沿导轨平面的分力和棒受到的安培力相等时棒做匀速运动，由
法拉第电磁感应定律有
根据闭合电路欧姆定律及安培力公式有
，
棒受力平衡，有
解得
（2）由右手定则可知金属棒
受到沿导轨平面向下的安培力，对棒，由牛顿第二定律有
解得
（3）释放
棒后
棒受到沿导轨平面向上的安培力，在两棒达到共速的过程中，对棒，由动量定理有
棒受到向下的安培力，对棒，由动量定理有
解得
则
由法拉第电磁感应定律有
由闭合电路欧姆定律有
又
解得
13．（2024·重庆·二模）某款智能手机内部振动马达的原理如图，手机在振动时，会给予两弹簧连接的质量块施
加一个初速度，然后质量块压缩和拉伸轻质弹簧，使手机向某方向振动。手机中质量块的质量为0.02kg，除质
量块外手机质量为0.18kg。若将手机放在水平光滑的桌面上，某次振动时，质量块获得向左5m/s 的初速度。若
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开始时弹簧处于原长，质量块与手机间的摩擦力不计，
，求：
（1）当弹性势能最大时，手机的速度及弹簧的弹性势能；
（2）手机能获得的最大速度；
（3）质量块开始向右运动瞬间，弹簧的弹性势能。
【答案】（1）0.5m/s，0.225J；（2）1m/s；（3）
【分析】本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合应用。由题意“手机放在水平光滑的桌面上”和“质
量块与手机间的摩擦力不计”可知，质量块、手机和弹簧系统动量守恒和能量守恒，这个系统可以看成碰撞模
型，其中第（1）问中当质量块、手机共速时，弹性势能最大，将系统整个过程看成完全非弹性碰撞模型；第
（2）问中对手机受力分析可知，当弹簧恢复原长时，手机速度最大，将系统整个过程看成完全弹性碰撞模型；
第（3）问由题意“质量块开始向右运动瞬间”可知此时质量块速度为0，将系统整个过程看成一般碰撞模型，
再利用动量守恒和能量守恒定律求解。
【详解】（1）已知手机的质量为M=0.18kg，质量块的质量m=0.02kg，开始振动时质量块的初速度
。
当质量块、手机共速时，弹性势能最大，由质量块、手机动量守恒得
解得
由能量守恒定律得
解得
因此，当弹性势能最大时，手机的速度为0.5m/s，弹簧的弹性势能为0.225J。
（2）当弹簧恢复原长时，手机速度最大，设为
，此时质量块速度为
，由动量守恒得
由能量守恒定律得
解得
因此，手机能获得的最大速度为1m/s。
（3）质量块开始向右运动瞬间，速度为0，设此时手机的速度为
，由动量守恒得
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由能量守恒定律得
解得
因此，弹簧的弹性势能为
。
14．（2024·北京顺义·一模）动量p 和力F 都是矢量，在处理二维问题时，为简化问题研究，可以在相互垂直的
x、y 两个方向上分别研究，即将二维问题转化为一维问题。
（1）质量为m 的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前的速度大小是v0，碰
撞后的速度大小是v，如图1 所示。分别求出碰撞前后x、y 方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
（2）质量均为m 的球1 和球2 构成一个系统，不考虑系统的外力作用，球1 沿x 轴正向以速度v1与静止的球2
碰撞，碰撞后两球的速度的偏角分别为
=53°、=37°，如图2 所示。求碰后两球速度的大小
和
。
（3）轻绳两端各系一质量为m 的小球，中央系一质量为M 的小球，三球均静止于光滑的水平桌面上，绳处于
拉直状态，其俯视图如图3 所示。对小球M 施加一瞬时冲量，使它获得方向与绳垂直的速度
。分别求出在轻
绳两端小球发生碰撞前瞬间三个小球速度的大小。
【答案】（1）
；
；（2）
；
；（3）见解析
【详解】（1）碰撞前后x 方向小球的动量变化
碰撞前后y 方向小球的动量变化
（2）设碰后两球速度大小分别为
、
，规定x 轴的正方向为正方向，x 轴方向的动量守恒表达式如下
规定y 轴的正方向为正方向，y 轴方向的动量守恒表达式如下
联立，可得
，
（3）由对称性，当两端小球发生碰撞时示意图如图所示，
20
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设两小球沿二者球心连线方向速度大小为vx，在垂直两小球球心连线方向的速度大小为vy，由机械能守恒定律
和动量守恒定律，有
，
解得
，
可知在轻绳两端小球发生碰撞前瞬间，两端小球的速度大小为
中央小球速度的大小为
。
15．（2024·江西·二模）第25 届哈尔滨冰雪大世界于2023 年12 月18 日开园迎宾，2024 年2 月15 日闭园，它
用冰雪展现了哈尔滨沉淀60 年的冰雪文化与魅力。一冰雕师把位于水平草垫上的正方体冰块沿如图所示虚线切
割，切割后分为A、B 两部分，切割面与水平面的夹角为37°。已知正方体冰块质量为m、边长为L，重力加速
度大小为g，
，A、B 的质量
、
，A、B 间动摩擦因数为
，不计草垫厚度，
下滑过程中A 不会翻转。
（1）若将A 从图示位置由静止释放，在A 下滑的过程中B 一直保持静止，求释放A 的瞬间，草垫对B 的摩擦力
大小；
（2）若将正方体冰块置于光滑水平面上，A 从图示位置由静止释放，沿着切割面滑下，直至刚与水平面接触，
求整个过程中B 移动的距离；
（3）在第（2）问情境中，若不计冰与冰之间的摩擦，求该过程中A 对B 做的功W。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）冰块A 的受力分析如图所示
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B 对A 的支持力
B 对A 的摩擦力
画出冰块B 的受力分析，如图所示其中
和
分别是
和
的反作用力
冰块B 水平方向受力平衡，可得草垫对B 的摩擦力
联立解得
（2）设整个过程中A、B 的水平位移大小分别为xA、xB，画出位移示意图
根据几何关系，有
A、B 系统在水平方向上动量守恒，有
联立解得
（3）设A 刚与水平面接触时速度大小为vA，方向与水平方向的夹角为
，B 的速度大小为vB，示意图如图所示
22
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A、B 系统在水平方向上动量守恒，有
A、B 系统机械能守恒，有
A、B 在垂直于切割面方向上的速度相同，有
联立解得
该过程对B 由动能定理得
解得
。
16．（2024·河北承德·二模）带电粒子在电场中的运动规律在近代物理实验装置中有着极其广泛的应用，这些应
用涉及带电粒子的测量、加速和约束问题。2023 年诺贝尔物理学奖获得者就因其研究控制电子移动而获得。如
图的电场模型设计，可以通过改变电场的水平宽度控制带电小球间碰撞，从而模仿微观状态带电粒子的运动。
如图所示，电荷量为
、质量为
的小球B 静置于光滑的水平绝缘板右端，板的右侧空间
有水平宽度一定、竖直高度足够高的匀强电场，方向水平向左，电场强度的大小
，与球B 形状
相同、质量为
的绝缘不带电小球A 以初速度
向B 运动，两球发生弹性碰撞后均逆着电场的
方向进入电场，在空中两球又发生多次弹性碰撞。已知每次碰撞时间极短，小球A 始终不带电，小球B 的电量
始终不变。两小球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g 取
。
（1）求第一次碰撞后瞬间A、B 两小球的速度；
（2）如果两小球第二次、第三次碰撞都发生在电场中，则在第二次与第三次碰撞之间，有一个时刻球B 合力的
瞬时功率为0，求从第二次碰撞后到此时刻的时间间隔。
【答案】（1）A 的速度
，水平向右，B 的速度
，水平向右；（2）
【详解】（1）第一次碰撞，取向右为正，设碰后A 球速度为
，碰后B 球速度为
，根据动量守恒定律知
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根据能量守恒定律知
第一次碰后A 的速度
，水平向右；B 的速度
，水平向右
（2）竖直方向自由下落，AB 始终在同一水平面，对B 水平方向有
代入得
方向：水平向左
第二次碰撞前
代入得
对球B 有
方向：水平向左，竖直方向有
方向：竖直向下
第二次碰撞，向右为正，根据动量守恒定律知
根据能量守恒定律知
第二次碰后A 的速度为0，B 的速度
，方向：水平向右
球B 合力的瞬时功率为0 时合力与瞬时速度垂直，设合力与水平方向夹角为
，如图所示
则有
代入得
17．（23-24 高二下·福建泉州·一模）如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导
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轨电阻不计质量分别为
和
的金属棒
和静止放在水平导轨上，、两棒均与导轨垂直。图中
虚线往
右有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为
的绝缘棒垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水
平导轨的高度差为。已知绝缘棒
滑到水平导轨上与金属棒
发生弹性正碰，金属棒进入磁场后始终未与金
属棒发生碰撞。重力加速度为
。求：
（1）绝缘棒
与金属棒发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小；
（2）金属棒
进入磁场后，其加速度为其最大值一半时的速度大小；
（3）两金属棒
、上最终产生的总焦耳热。
【答案】（1）0,
；（2）
；（3）
【详解】（1）
棒下滑过程中机械能守恒
棒与
棒发生弹性碰撞，由动量守恒
机械能守恒
解出
，
（2）
棒刚进磁场的加速度最大；金属棒进入磁场后、受到的安培力为内力，、动量守恒
设棒进入磁场后某时刻，棒的速度为
，棒的速度为
，则
、组成的回路中的感应电动势
由闭合电路欧姆定律得
由安培力公式得
联立得
故当
棒加速度为最大值的一半时有
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联立得
（3）最终
、以相同的速度匀速运动，由动量守恒
由能量守恒
解出
18．（2024·江西九江·二模）某同学在水平桌面上玩游戏，在距离桌面左侧边缘处放置质量为1kg 的小物体A
（可视为质点），距离物体A 为1m 处有一质量为2kg 的物体B（可视为质点），物体B 距离桌面右边缘为
2m，两物体在一条直线上，如图所示。A、B 两物体与桌面的动摩擦因数均为0.2，现使A 以某一初速度向B 运
动，为使A 能与B 发生碰撞且碰后又不会滑离桌面，重力加速度为g（答案可以保留根号）。
（1）若A、B 碰撞时间很短且碰后粘在一起，求物体A 初速度大小的范围；
（2）若A、B 发生弹性碰撞，且两物体最终间距最大，求物体A 初速度的大小。
【答案】（1）
（2）
【详解】（1）对A 由动能定理得
A 与B 碰撞后粘在一起，由动量守恒，以
方向为正方向，有
若A 与B 恰好能滑行至桌子右侧边缘时，则
当
时，A 初速度最小，则
当A 与B 恰好能滑行至桌子左侧边缘时，A 初速度最大，则代入数据可得
故A 初速度大小的范围是
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（2）若A、B 发生弹性碰撞，由动量守恒及机械能守恒得
代入数值解得
，
所以A、B 发生弹性碰撞后向相反方向运动；
由牛顿第二定律公式
可得
由题意可知，
物体刚好滑到边缘时，间距最大，则
由运动学公式可知
可知
故
代入数值可得
19．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图所示，质量
、半径
的四分之一光滑圆孤abc 静止在足
够长的光滑水平面上，末端与水平面相切，圆弧右侧有一质量为
的小物块B，B 的左侧固定一水平轻弹簧，
将质量为
的小物块A 从圆弧顶端由静止释放，在小物块B 的右侧有一竖直挡板（图中未画出，挡板和B
的间距可调），当小物块B 与挡板发生一次弹性正碰后立刻将挡板撤去，且小物块A 与弹簧接触后即与弹簧固
定连接，已知重力加速度
，不计空气阻力，A、B 均可视为质点。求：
（1）若圆弧固定，小物块A 到达圆弧底端时的速度的大小；
（2）若圆弧不固定，小物块A 到达圆弧底端的速度的大小以及圆弧体的位移大小；
（3）若圆弧不固定，小物块B 与挡板发生碰撞后的运动过程中，当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围。
【答案】（1）
m/s；（2）15m/s；3.75m；（3）
【详解】（1）若圆弧固定，小物块A 到达圆弧底端的过程中，根据动能定理有
解得
m/s
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（2）若圆弧不固定，小物块A 与圆弧组成的系统动量守恒，则有
根据能量守恒定律有
解得
m/s
同时根据动量守恒定律有
根据几何关系可知
解得
m
（3）设物块B 碰撞挡板的速度为0，则碰后AB 总动量最大，弹簧最短时动能最大，弹性势能最小，根据动量
守恒定律与能量守恒定律有
解得
J
物块B 碰撞挡板的速度最大，则碰后AB 总动量最小，两者共速时动能最小，弹簧弹性势能最大，设B 的最大速
度为
，根据动量守恒定律与能量守恒定律可知
解得
m/s
碰后总动量最小为
则AB 共速的速度为
m/s
弹性势能为
解得
J
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则当弹簧最短时弹簧弹性势能的范围为
20．（23-24 高二下·浙江·开学考）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨
道AB、长度为L1＝2m 的固定粗糙水平直轨道BC 及两半径均为R1＝0.4m 的固定四分之一光滑细圆管DEF 组成，
其中圆弧轨道的B、D 端与水平轨道相切且平滑连接。紧靠F 处有一质量为M＝0.3kg 的小车静止在光滑水平地
面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m 的水平面GH 和半径为R2＝0.5m 的四分之一的光滑圆弧面HI 组成，GH
与F 等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg 的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB 上距B 点高度为h＝0.8m 处自
由下滑，滑块与糙水平直轨道BC 及小车上表面GH 间的动摩擦因数均为
，不计其它阻力，取
。
求
（1）滑块运动到圆弧轨道上的F 点时，细圆管道受到滑块的作用力；
（2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH 的最大高度；
（3）若释放的高度
，试分析滑块最终在小车上表面GH 上滑行的路程s 与高度h 的关系。
【答案】（1）6N，方向向下；（2）0.3m；（3）
【详解】（1）根据动能定理
代入数据得
根据牛顿第二定律
得细圆管道对滑块的作用力
根据牛顿第三定律，细圆管道受到滑块的作用力
方向向下。
（2）根据动量定理
得
根据能量守恒
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滑块在小车上运动过程中离上表面GH 的最大高度
（3）经过计算可知，当释放的高度
时，滑块刚好能到达半径为R2＝0.5m 的四分之一的光滑圆弧的最高
点，若释放的高度
，根据动能定理
根据动量定理
根据能量守恒
得
21．（2024·重庆·模拟预测）如题图所示，光滑斜面与水平面平滑连接，水平面上O 点左侧光滑，右侧动摩擦
因数为μ。B、C、D 三个物块处于静止状态且刚好相互接触，B 的左端与O 点对齐。A 从光滑斜面的某一高度处
由静止滑下，在光滑水平面运动一段时间，与B 发生碰后粘在一起形成组合体AB，碰撞过程中AB 的机械能损
失了50%，然后AB 与C 发生弹性碰撞，C 又与D 发生弹性碰撞，所有碰撞时间极短。C、D 碰撞结束后瞬间，AB
的动量、C 的动量、D 的动量都相同。质量为m 的物块D 停止运动时，右端距离O 点12l。所有物块的宽度均为
l，高度相同，均不翻转，重力加速度为g。求：
（1）D 碰后瞬间的速度大小；
（2）A、B 和C 的质量；
（3）A 下滑的高度以及所有物块都停止运动时B 右侧与C 左侧的间距。
【答案】（1）
；（2）3m，3m，3m；（3）
；
【详解】设A、B、C 三个物块的质量分别为
、
、
，A、B 两个物体碰前、碰后的速度分别为
、
；
A、B、C 三个物体碰后的速度分别为
、
；C 与D 发生弹性碰撞后的速度分别为
、
。
（1）对D 物块由动能定理
可得D 碰后瞬间的速度大小为
（2）C 与D 发生弹性碰撞，由动量守恒定律
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由机械能守恒定律
因为C 的动量和D 的动量都相同，则
联立可得
，
，
因为AB 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律
碰撞过程中AB 的机械能损失了50%，由能量守恒定律可得
联立可得
，
AB 与C 发生弹性碰撞，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
其中
联立可得
（3）由（2）可知
，
，
物块A 由斜面下滑的过程中，由动能定理
联立可得，A 下滑的高度为
AB 碰后继续运动的位移为
C 碰后继续运动的位移为
所以所有物块都停止运动时B 右侧与C 左侧的间距为
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22．（23-24 高二下·云南昆明·阶段练习）如图所示，水平地面上有一固定光滑的四分之一圆弧轨道，圆弧半径
为
，紧挨着圆弧轨道右侧有一质量为
的小车B，小车与水平地面间无摩擦，小车左端和圆弧
轨道末端等高但不粘连，最右边有一固定的竖直挡板。现将一质量为
的滑块（可视为质点）A 从轨道
顶端由静止滑下后滑上小车，小车与挡板碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度反向，速度大小减小为碰撞前速
度大小的
。已知滑块A 与小车的上表面间的动摩擦因数为
，滑块A 和小车B 与挡板第1 次碰撞时已达到
共速，在整个过程中滑块A 未从小车上滑落，重力加速度取
。求：
（1）滑块A 滑到四分之一圆弧轨道底端时，对圆弧轨道的压力大小；
（2）滑块A 和小车B 与挡板第一次碰撞前因摩擦而产生的热量；
（3）小车B 与墙壁第1 次碰撞后到最终停下的过程中，小车B 运动的总路程。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）滑块在圆弧轨道上运动过程机械能守恒
在圆弧轨道的底端
再根据牛顿第三定律
解得
（2）小车和滑块相互作用到与弹性挡板第一次发生碰撞过程，动量守恒
此过程中损失的动能为
损失的动能转化为了摩擦产生的热量
解得
（3）小车与挡板发生第1 次碰撞后，速度方向反向，速度大小变为原来的
，即
，小车受到滑块对其的摩
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擦力产生加速度，根据牛顿第二定律
小车向左减速为0 的位移大小
小车在第1 次与挡板碰撞后到与挡板发生第2 次碰撞前，系统动量守恒达到共速，
根据动量守恒
小车向右加速到
的位移大小
即小车与滑块第2 次共速时恰好与挡板发生第2 次碰撞，且小车向左减速和向右加速的位移大小相等。故小车
在与挡板发生第1 次碰撞后到第2 次碰撞前，小车的路程
同理：小车与滑块第3 次共速时恰好与挡板发生第3 次碰撞，且小车向左减速和向右加速的位移大小相等
综上所述，小车B 与墙壁第1 次碰撞后最到终停下的过程
，
解得
。
23．（22-23 高二上·山东菏泽·期末） 如图所示，质量为m 的物块A 与质量为2m 的物块B 静置于光滑水平面上，
B 与一个水平轻质弹簧拴接。现使物块A 获得水平向右的初速度v0，A 与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离，
全过程中弹簧始终处于弹性限度内。
（1）求两物块最终分离时各自的速度；
（2）在两物块相互作用过程中，求当物块A 的速度大小为
时弹簧的弹性势能；
（3）如果在物块B 的右侧固定一挡板（挡板的位置未知，图中未画出），在物块A 与弹簧分离之前，物块B 与
挡板发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后物块B 以碰撞前的速率反向弹回，碰撞后的瞬间立即撤去挡板，求物块
B 的速度为多大时与挡板相撞弹簧可以获得最大的弹性势能，最大弹性势能是多少？
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【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
，
【详解】（1）取水平向右为正方向，设
与弹簧分离时
、
的速度分别为
、
，有动量守恒定律和机械
能守恒定律得
解得
，
（2）在两物块相互作用过程中，由动量守恒定律和能量守恒定律得
当
时
，
当
时
，
（3）当物块
与物块
动量相等时
与挡板相撞，弹簧可以获得最大的弹性势能。设物块
与物块
动量相等
时，物块
的速度为
，物块
的速度为
，物块
与挡板碰撞前，有
解得
时，
可获得最大值，最大值为
24．（2024·河北沧州·一模）如图所示，平板A 静置在水平地面上，其左端固定有弹性挡板P，物块B 处于平板
A 上的
点，
点左侧光滑、右侧粗糙，光滑部分的长度
。用不可伸长的轻绳将小球C 悬挂在O 点，
O 点位于
点初始位置的正上方。当轻绳处于水平拉直状态时，将小球由静止释放，第一次下摆至最低点与物
块B 发生碰撞，碰后小球开始做简谐运动（最大摆角小于10°），其速度方向与碰前方向相同，物块B 以
的速度沿平板上表面滑动直至与挡板P 发生弹性碰撞，经过一段时间，物块B 速度减为零时，小球
C 刚好到达最低点向右运动，此时物块B 与小球C 间的距离为x。已知平板A（含挡板P）、物块B、小球C 的质
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量分别为
，平板A 的粗糙部分与物块B 间的动摩擦因数
，平板A 与
地面间的动摩擦因数
，重力加速度
，上述过程中物块
B 始终在平板A 上，所有碰撞时间和空气阻力均忽略不计，物块B 与小球C 均可视为质点。求：
（1）物块B 与挡板P 碰撞后瞬间，平板A 和物块B 的速度大小vA、vB；
（2）物块B 的速度减为零时，物块B 与小球C 间的距离x；
（3）悬挂小球C 的轻绳的长度L。
【答案】（1）4m/s，4m/s；（2）1m；（3）0.64m
【详解】（1）由于物块B 与挡板P 发生弹性碰撞，则
联立解得
，
由此可知，物块B 与挡板P 碰后速度反向，大小为4m/s；
（2）物块B 与挡板P 碰后，物块B 做匀速直线运动，平板A 做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
设经过时间t1，平板A 速度减为零，则
此时平板A 的位移为
物块B 的位移为
由于
所以，接下来物块B 继续做匀速直线运动，平板静止，物块B 匀速的时间为
之后，物块B 做匀减速直线运动，有
由于
平板A 将处于静止状态，物块B 速度减为零的时间为
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该过程物块B 的位移为
所以物块B 的速度减为零时，物块B 与小球C 间的距离为
（3）在整个运动过程中物块B 与C 运动的时间满足
（n=0，1，2，3……）
联立可得
（n=0，1，2，3……）
B、C 碰撞满足动量守恒，则
同时碰后C 的速度方向与B 速度方向相同，则
联立解得
故当n=2 时，轻绳的长度为
25．（2024·江西·一模）如图甲所示，B 物块静止在足够长的固定斜面上，
时刻将质量为
的A 物块从距离
B 物块
处由静止释放，
时刻A、B 发生第一次碰撞，
时刻发生第二次碰撞，在两次碰撞间A 物块
的
图线如图乙所示（其中
均为未知量），每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块与斜面的最
大静摩擦力均等于滑动摩擦力，求：
（1）第一次碰撞后A 物块沿科面向上运动们最大距离；
（2）B 物块的质量及A、B 物块与斜面间的动摩擦因数之比；
（3）B 物块沿斜面下滑的最大距离。
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【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）根据题意，由图乙可知，A 物块在
的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小
A 物块在
时间内与在
的时间内受力情况一致，加速度相同，则有
时
刚释放
物块时，
之间的距离为
，则有
可得
A 物块在
的时间内沿斜面向上运动，运动的距离
联立可得
（2）
物块与
物块第一次碰撞时，由动量守怛可得
碰撞为弹性碰撞，由能量守恒可得
其中
，
联立可得
，
A 物块在
时间内下滑的距离
故B 物块碰后沿斜面下滑的距离
假设第二次碰撞前
物块已停止运动，则有
可得
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即
时，
物块停止运动，假设成立，设
物块下滑过程中的加速度大小为，则有
设斜而倾斜角为
，根据牛顿第二定律：对
物块有
A 物块下滑时
物块沿斜面向上运动运动时加速度大小为
，则有
由牛顿第二定律可得
联立可得
（3）
时，A 物块与B 物块发生第二次碰撞，碰前瞬间
物块的速度
由动量守恒可得
碰撞为弹性碰撞，由能量守怡可得
联立可得
设第二次碰撞后B 物块下滑的距离为
，则有
可得
以此类推可得
则
物块运动的总距离
当
时，代入数据可得
26．（2024·贵州·模拟预测）如图所示，质量
的足够长的长木板B 静置在粗糙的水平面上，上表面放置
一质量
的物块A，另有一质量
的物块C 以初速度
从长木板最左端滑上长木板后以
v=3m／s 的速度与物块A 发生碰撞，C 恰好能从长木板左端滑落。物块A、C 与长木板B 之间的动摩擦因数均为
，长木板B 与水平面之间的动摩擦因数为
。已知碰撞时间极短，A 始终未从B 上滑落，重力加
速度
，物块A、C 可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）C 与A 碰撞后物块C 的速度大小；
（2）A、C 碰撞后经过多长时间A、B 物体均停止运动？
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【答案】（1）1m/s；（2）0.65s
【详解】
（1）C 刚冲上B 时，C 与B 之间的摩擦力
B 与地面之间的最大静摩擦力
解得
故A、B 静止，根据动能定理
碰后C 向左运动，A 向右运动，A 与B 之间的摩擦力
又
故B 不动，直至C 离开B，对C 向左运动过程，根据动能定理
联立解得
，
（2）C、A 发生碰撞，动量守恒
解得
碰撞后经过时间
物块C 从B 上滑落，则有
解得
此时对物块A，根据牛顿第二定律
得
方向向左，又
此后B 开始向右加速运动，根据牛顿第二定律
解得
设经过
两物体共速，有
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联立解得
，
此后A、B 一起减速，有
解得
故A、B 停下所需的时间为
27．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）下图为“冲关”活动简易模型，它由竖直面内光滑圆形轨道和光滑水平轨道
PN 组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，圆形轨道半径
。水平轨道PN 右侧并排放置木板
c、d，两木板间相互接触但不粘连，木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板c、d 质量均为
，长度
。两个小物块a 和b 静止在水平轨道PN 的左端，质量分别为
和
，物块间有一
被压缩的轻质弹簧，与两块不拴接，用细绳将它们锁定，已知弹簧的弹性势能
。物块b 与木板c 的动
摩擦因数
，与木板d 的动摩擦因数
，木板c、d 与地面间动摩擦因数均为
。现剪短细绳
后两物块瞬间被弹出，使两物块都获得水平速度。重力加速度
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）物块a、b 与弹簧分离瞬间获得速度大小
、
；
（2）通过计算分析物块b 能否经过最高点M，若不能求物块b 在圆轨道上距离水平轨道PN 的最大高度H；若
能求物块b 运动到圆形轨道最高点M 处的速度
；
（3）若仅改变物块a 的质量，其余条件不变，为使物块b 与弹簧分离后，经过圆形轨道（未与轨道脱离）后，
最终停在木板d 上，求物块a 质量的取值范围。
【答案】（1）
，
；（2）不能，
；（3）
【详解】
（1）根据动量守恒定律
解得
，
（2）若物块b 能通过
点
解得
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所以物块
不能到达圆周最高点
解得
所以物块
通过了
点，综上分析在
之间的某位置恰好脱离圆轨道。假设在
点恰好脱离
从b 点到E 点由动能定理可得
解得
则
（3）当物块
分离后，物块
恰好通过
点时，物块最终与木板相对静止，
在
上滑动的相对位移为
由圆周运动知识得
由牛顿第二定律得
解得
物块b 从M 点到Q 点动能定理可得
解得
设物块b 最终与木板C 相对静止时得速度为
解得
，
所以物块b 恰好通过圆周最高点最终停在木板C 上未到达d 板上。
根据动量守恒、机械能守恒得
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解得
当物块
分离后，物块通过圆周最高点
点后，恰好停在木板
的最左端保持相对静止，设物块b 在木板
上滑行的时间为
，由运动学公式可得
解得
由碰撞过程动量守恒和能量守恒
解得
当物块
分离后，物块通过圆周最高点
点后，恰好停在木板
的最右端保持相对静止，设物块在木板
上滑行的时间为
由牛顿第二定律得物块
在木板上滑行的加速度
由牛顿第二定律得物块
在木板
上滑行的加速度
假设此时木板c 和 木板d 分离，对木板d 受力分析可得
解得
此加速度比木板c 单独减速的加速度还大，说明木板d 的减速更快，即物块在木板d 上运动时cd 没有分离，则
解得
，
解得
由动量守恒和能量守恒
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解得
综上可知
28．（2024·广东·一模）如图所示，质量为m 的小球A 与质量为7m 的小球B 通过长为L 的轻质柔软细绳连接，
现用手提着小球A，使小球B 距地面的高度也为L。松手后两球由静止开始自由下落，小球B 与地面碰后速度大
小不变、方向相反，两小球的碰撞为弹性正碰。细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，碰撞时间均极短，
重力加速度大小为g。求：
（1）从松手到两小球第一次碰撞的时间t；
（2）细绳绷直后小球A 距地面的最大距离d。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）B 球落地所需时间为
此时AB 两球的速度为
设还需
时间相遇，则有
解得
从松手到两小球第一次碰撞的时间为
此时距离地面的高度为
（2）根据速度—时间公式可知两球碰前的速度分别为
，
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两小球的碰撞为弹性正碰，规定向下为正方向，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
解得
，
（舍去），
，
设经
绳子绷直，则有
此时A、B 两球的速度分别为
细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，根据动量守恒定律有
AB 小球一起上升过程中，根据运动学规律有
解得
则细绳绷直后小球A 距地面的最大距离为
29．（2024·山西·二模）如图所示，竖直平面内固定放置两个相同的圆弧轨道（内壁均光滑）AB 与CD，半径均
为r，圆心角
与
均为
，B、C 两点间有空隙（高度差忽略不计，可以让半径很小的球通过），
、C、B、
在同一倾斜直线上，A 是轨道与光滑水平面的切点，
、
是竖直半径。质量分别为m、
4m 的甲、乙两小球（视为质点）静止放置在光滑的水平面上，现让甲获得一个水平向右的初速度
（为未知
量），然后甲、乙发生弹性碰撞，碰后乙沿着轨道向上运动，重力加速度为g，
，
，求：
（1）若乙刚运动到B 点还未离开圆弧轨道AB 时，B 点对乙的压力刚好为0，则
为多少？
（2）若乙刚好能运动到D 点，则
为多少？
（3）接第（1）问，则C 点对乙的支持力为多少，接第（2）问，则乙刚要落到水平面上时重力的功率为多少？
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
，
【详解】（1）根据题意，设甲、乙发生弹性碰撞后速度分别为
、
由动量守恒定律和能量守恒定律有
，
解得
，
设乙球在
点的速度为
，乙球从
到
过程中，由机械能守恒定律有
由于乙刚运动到B 点还未离开圆弧轨道AB 时，B 点对乙的压力刚好为0，则有
联立解得
，
（2）若乙刚好能运动到D 点，则有
乙球从
到
过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
，
，
（3）接第（1）问，C 点对乙的支持力为
，则有
解得
接第（2）问，设乙球落地速度为，由机械能守恒定律有
解得
乙球从
飞出做平抛运动，则落地时水平分速度为
则落地时竖直分速度为
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乙刚要落到水平面上时重力的功率为
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