文档文本内容
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第24 讲 动量守恒定律及其应用
目录
考情探究...........................................................................................................................
知识梳理...........................................................................................................................
探究核心考点...................................................................................................................
考点一 动量守恒的判断................................................................................................................
考点二 碰撞问题............................................................................................................................
考点三 反冲、爆炸问题................................................................................................................
考点四 板块、子穿木问题............................................................................................................
三阶突破训练...................................................................................................................
基础过关..........................................................................................................................................
能力提升..........................................................................................................................................
真题感知..........................................................................................................................................
一、5 年真题考点分布
5 年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2025 年北京卷，第13 题
动量守恒的判断
氢原子能级、衰变
2025 年甘肃卷，第4 题
2025 年海南卷，第11 题
2025 年河北卷，第15 题
2025 年河南卷，第7 题
2025 年河南卷，第14 题
碰撞问题
匀变速直线运动规律
v-t 图像
受力平衡
牛顿第二定律
动能定理
1
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2025 年湖北卷，第15 题
2025 年江苏卷，第14 题
2025 年山东卷，第17 题
2025 年重庆卷，第15 题
2024 年湖北卷，第14 题
2024 年湖南卷，第15 题
2024 年上海卷，第7 题
2023 年浙江6 月卷，第18 题
2023 年北京卷，第18 题
2023 年全国乙卷，第12 题
2023 年山东卷，第18 题
2022 年浙江6 月卷，第20 题
2022 年全国乙卷，第12 题
2022 年广东卷，第13 题
2022 年山东卷，第18 题
2021 年广东卷，第13 题
能量守恒定律
摩擦生热
电容器
2025 年甘肃卷，第15 题
类碰撞问题
光电效应、电容器、安培力
2025 年北京卷，第17 题
2025 年湖南卷，第10 题
2025 年湖南卷，第15 题
2025 年陕晋宁青卷，第15 题
2024 年辽宁卷，第14 题
2023 年湖南卷，第15 题
2021 年湖南卷，第8 题
2021 年山东卷，第11 题
2021 年天津卷，第11 题
反冲、爆炸问题
匀变速直线运动规律
竖直上抛运动
牛顿第二定律
运动的合成与分解
平抛
功
动能定理
能量守恒定律
2024 年河北卷，第16 题
2024 年湖北卷，第10 题
2024 年山东卷，第17 题
2023 年浙江1 月卷，第18 题
2023 年海南卷，第18 题
2025 年河北卷，第8 题
2023 年辽宁卷，第15 题
板块、子穿木模型应用
匀变速直线运动规律
牛顿第二定律
功能关系
摩擦生热
人船模型
二、命题规律及备考策略
【命题规律】本讲内容是新高考卷的常考内容。本类试题主要考查动量守恒定律。常与能量守恒、功能关
2
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系进行综合。要求体会用守恒定律分析物理问题的方法，体会自然界的和谐与统一。
【备考策略】1.理解、掌握动量守恒的条件、判断方法。
2.会用动量守恒定律解决实际问题。
3.具备数形结合的思想意识。
4.熟悉碰撞、反冲、爆炸的特点。
【命题预测】本讲内容是新高考卷的必考内容，可选择、可计算，经常以压轴题形式出现。
一、动量守恒定律的理解和基本应用
1．内容
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．
2．表达式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．
3．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．
4．动量守恒定律的五个特性：
矢量性
动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性
各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
同时性
动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前
同一时刻的动量，p1′、p2′、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻
的动量
系统性
研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
普适性
动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动
的微观粒子组成的系统
二、爆炸、反冲运动和人船模型
1．爆炸现象的三个规律
动量
守恒
爆炸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
动能
在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机
3
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增加
械能增加
位置
不变
爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各
部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
2.反冲运动的三点说明
作用
原理
反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量
守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量
守恒定律
机械能
增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械
能增加
三、碰撞问题
1．特点
在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．
2．分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
3．弹性碰撞的重要结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v1
2＝m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝v1，v2′＝v1
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换)；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m1≫m2时，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m1<m2，则v1′<0，v2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m1≪m2时，v1′≈－v1，v2′≈0.
4．静止物体被撞后的速度范围
物体A 与静止的物体B 发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B 的速度最小，vB＝
v0，当发生弹性碰撞时，物体B 速度最大，vB＝v0.则碰后物体B 的速度范围为：v0≤vB≤v0.
5.碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
4
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(3)速度要符合实际情况
①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，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至少有一个改变．
四、人船模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)两物体满足动量守恒定律：mv 人－Mv 船＝0
(2)两物体的位移大小满足：m－M＝0，
x 人＋x 船＝L，
得x 人＝L，x 船＝L
3．运动特点
(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
(2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.
五、“滑块—弹簧”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．
(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰
撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)．
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)．
六、“滑块—斜(曲)面”模型
1．模型图示
2．模型特点
5
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(1)上升到最大高度：m 与M 具有共同水平速度v 共，此时m 的竖直速度vy＝0.系统水平方向动量守恒，mv0
＝(M＋m)v 共；系统机械能守恒，mv0
2＝(M＋m)v 共2＋mgh，其中h 为滑块上升的最大高度，不一定等于弧
形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m 的重力势能)．
(2)返回最低点：m 与M 分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，mv0
2＝mv1
2＋
Mv2
2(相当于完成了弹性碰撞)．
七、子弹打木块模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．
(2)系统的机械能有损失．
3．两种情景
(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)
动量守恒：mv0＝(m＋M)v
能量守恒：Q＝Ff·s＝mv0
2－(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝mv0
2－(Mv2
2＋mv1
2)
八、滑块—木板模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能．
(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大．
3．求解方法
(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；
(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；
(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx 或Q＝E 初－E 末，研究对象为一个系统．
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考点一 动量守恒的判断
典例1．（2025·北京市北京大学附属中学·三模）光滑的水平面上有一质量为
的静止木块，质量为
的子弹以一定的速度射入其中没有射出，从射入到达共同速度为止（ ）
A. 摩擦力对子弹做功的数值超过木块获得动能的3 倍
B. 摩擦发热量在数值上等于木块获得的动能
C. 摩擦力对两物体做功的代数和等于0
D. 因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒、动量也不守恒
【答案】A
【解析】A．设子弹的初速为v0，则由动量守恒
则摩擦力对子弹做功
木块获得动能的
因
可知
即
选项A 正确；
B．摩擦放热
Q=fd(d 为木块厚度)
木块获得的动能
(x 为木块的位移)
两者不相等，选项B 错误；
C．摩擦力子弹做功
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W1=-f(x+d)
摩擦力对物块做功
W2=fx
则摩擦力对两物体做功的代数和等于-fd，选项C 错误；
D．因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒，但是系统受合外力为零，则动量守恒，选项D 错
误。
故选A。
典例2．（2025·湖北省部分学校联考·三模）如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M 的光滑
弧形槽静置在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量为m 的小物块（可视为质点）从槽上高
为h 处由静止释放，已知弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A. 小物块下滑过程中，物块和槽组成的系统动量守恒
B. 小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功
C. 若
，物块能再次滑上弧形槽
D. 若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上
初始释放点
【答案】C
【解析】A．物块在下滑过程中系统竖直方向受外力作用，水平方向不受外力作用，故物块和弧形槽组成
的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A 错误；
B．弧形槽置于光滑水平地面上，物块下滑过程中对弧形槽压力的水平分量使弧形槽向左加速，动能增大，
此过程中物块和弧形槽组成的系统只有物块的重力做功，系统机械能守恒，故物块机械能必定减少，由此
推知弧形槽对物块的支持力做负功，故B 错误；
C．小物块下滑过程中，物块、弧形槽组成
系统满足水平方向动量守恒，系统初始水平方向动量为零，
设小球滑到底端时二者速度大小分别为
、
，取向左方向为正
该过程由动量守恒定律得
故得
若
，则
，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后速度等大反向，因此能追上弧形槽，
故C 正确；
D．设物块再次滑上弧形槽，上升到最高点
时系统水平向左的速度为v
由动量守恒定律得
由全过程满足机械能守恒得
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物块从初始状态下滑到底端时满足机械能守恒
故得
即物块不会上升至初始高度，故D 错误；
故选C。
跟踪训练1．（2025·辽宁省名校联盟·一模）如图所示，在水平面上放置一个质量为M 的滑块，滑块的一
侧AB 是一个半径为R 的
弧形凹槽，A 点切线水平。一个质量为m 的小球以水平初速度
从A 点冲上滑
块，重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A. 滑块和小球组成的系统总动量不守恒
B. 滑块和小球组成的系统机械能不守恒
C. 若
，小球恰能到达滑块M 上的B 点
D. 若小球能从B 点离开滑块M，则小球到达滑块最高点B 时，小球和滑块的水平方向速度相等
【答案】A
【解析】A．滑块和小球组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，但是整体的合力不为零，
所以系统的总动量不守恒，故A 正确；
B．不计一切摩擦，只有重对系统做功。所以系统机械能守恒，故B 错误；
C．当小球刚好到达B 点，系统水平方向动量守恒有
系统机械能守恒有
解得
故C 错误；
D．若小球能从B 点离开滑块M，则小球水平方向的分速度大于滑块水平方向的分速度，小球离开滑块M
后做斜抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则小球到达滑块最高点B 时，小球只有水平方向的分速度，
则小球的速度大于滑块的水平方向速度，故D 错误。
故选A。
跟踪训练2．（2025·辽宁省辽阳市·一模）如图所示，质量为0.4kg，带有四分之一圆弧的光滑圆弧槽静止
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在光滑的水平面上，圆弧半径为0.3m。现有一质量为0．2kg 的小球以大小
的初速度水平冲
上圆弧槽，取重力加速度大小
，从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A. 小球和圆弧槽组成的系统动量守恒
B. 小球离开圆弧槽时速度的大小为
C. 小球上升的最大高度（相对圆弧最低点）为1.2cm
D. 小球对圆弧槽的最大压力为2.4N
【答案】C
【解析】A．从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，小球和圆弧槽组成的系统水平方向不受外力，水
平方向动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，竖直方向动量不守恒，即小球和圆弧槽组成的系统动量不
守恒，故A 错误；
BD．水平方向根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
，
即小球离开圆弧槽时速度的大小为0.2m/s，此时圆弧槽对小球支持力最大，设为
，根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律可知小球对圆弧槽的最大压力为
故BD 错误；
C．小球上升的最大高度（相对圆弧最低点）时，小球和圆弧槽速度相等，水平方向根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
故C 正确
故选C。
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考点二 碰撞问题
典例1．（2025·黑龙江省齐齐哈尔市·二模）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙
水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左
端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O 点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，
静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细
线长
。小球质量
。物块、小车质量均为
。小车上的水平轨道长
。圆弧轨道半径
。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g 取
。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数
的取值
范围。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【解析】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后
瞬间，物块速度的大小为
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（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数
的取值范围为
典例2．（2025·湖南省长沙市湖南师大附中·一模）（多选）在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，
穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，如图所示。三球的质量分别为
，
初状态B、C 球之间连着一根轻质弹簧并处于静止状态，B、C 连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，
A 球以
的速度向左运动，与同一杆上的B 球碰撞后粘在一起（作用时间极短），则下列判断，
正确的是（ ）
A. A 球与B 球碰撞中损耗的机械能为108J
B. 在以后的运动过程中，弹簧形变量最大时C 球的速度最大
C. 在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能为36J
D. 在以后的运动过程中，B 球的最小速度为2m/s
【答案】AC
【解析】A．
碰撞的过程中，满足动量守恒
解得
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球与B 球碰撞中损耗的机械能
A 正确；
B．弹簧再次恢复原长时C 球速度最大，B 错误；
C．在以后的运动过程中，AB 的组合体与C 的速度相等时，弹性势能最大，根据动量守恒
解得
最大弹性势能
解得
C 正确；
D．当弹簧再次恢复原长时，根据动量守恒和能量守恒可知
解得
此时B 反向速度最大，而B 由于速度由正向到反向，因此最小速度为零，D 错误。
故选AC。
典例3．（2025·河南省五市·二模）（多选）如图（a）所示，相距较远
两物体
、
放在光滑水平面上，
物体
左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体
以速度
沿
、
连线向
物体运动。
时，物体
与轻弹簧接触（不粘连），此后的一段时间内，两物体的速度
与时间的关系如图（b）所示。已知
时间内，物体
运动的距离为
，物体
的质量为
，运动过程中弹簧始终处于弹性
限度内，下列说法正确的是（ ）
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A. 物体
的质量为
B. 物体
与轻弹簧分离时，速度为
C.
时间内，物体
运动的距离为
D. 弹簧压缩最短时弹性势能为
【答案】AC
【解析】A．题图可知AB 共速为
，规定向右为正方向，由动量守恒有
解得物体B 的质量
故A 正确；
B．设物体A 与轻弹簧分离时，AB 速度分别为
、
，则由动量守恒有
能量守恒有
联立解得
故B 错误；
C．设
在
前任意时刻速度分别为
、
，由动量守恒有
整理得
其中
联立解得
故C 正确；
D．弹簧最短时
共速，
由能量守恒
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代入数据得
故D 错误。
故选AC。
典例4．（2025·湖北省部分高中协作体·二模）两球A、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，
，
，
，
。当A 追上B 并发生碰撞后，两球A、B 速度的可能值
是（ ）
A.
，
B.
，
C.
，
D.
，
【答案】B
【解析】AD．由于两球A、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，必须满足动量守恒定律， 即
可知四个选项均满足；另外碰后A 的速度应该小于B 的速度，否则要发生第二次碰撞，不符合实际，故
AD 错误；
BC．同时碰撞还因该满足能量守恒定律，即
C 选项中两球碰后的总动能为
大于碰前的总动能
违背了能量守恒定律；而B 项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B 正确，C 错误。
故选B。
跟踪训练1．（2025·黑龙江省大庆市大庆中学·三模）皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺
少的组成部分。如图所示，以速度v＝1m/s 顺时针转动的传送带BC 与水平地面处于同一水平面上，AB、
BC 的水平长度均为L＝1.25m。一质量
的小球b 用长为R＝1.6m 的轻绳悬挂于O 点，一质量
的小物块a 静置于悬点O 正下方的A 点，整个装置处于同一竖直面内。现将小球b 向左拉至轻绳
与竖直方向成θ＝60°角的位置由静止释放，小球b 运动到最低点与小物块a 发生弹性碰撞。已知小物块a
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与水平地面和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.1，不计传送带轮轴处的摩擦，小物块a 与小球b 均可视为
质点，重力加速度
。求：
（1）碰撞后瞬间小球b 对轻绳的拉力大小及小物块a 的速度大小；
（2）小物块a 从A 点运动到传送带右端所需要的时间；
（3）小物块a 从A 点运动到传送带右端的过程中系统因摩擦产生的热量。
【答案】（1）12.5N，
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
小球b 运动到最低点的过程，由动能定理得
解得
小球b 与小物块a 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
碰撞后瞬间对小球b 有
解得F＝12.5N
由牛顿第三定律知小球b 对轻绳的拉力大小
【小问2 详解】
小物块a 从A 点运动到B 点，由动能定理和动量定理得
，
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联立解得
小物块a 从B 点运动到与传送带共速的过程，由动能定理和动量定理得
，
联立解得
小物块a 与传送带共同做匀速运动的时间
则小物块a 从A 点运动到传送带右端所需要的时间
【小问3 详解】
在时间
内小物块a 与传送带发生的相对位移大小
小物块a 从A 点运动到传送带右端的过程中系统因摩擦产生的热量
跟踪训练2．（2025·山东省菏泽市·一模）如图所示，光滑水平面上固定质量为2m、倾角为θ 的斜面
OAB，在斜面右侧有 n 个质量均为
的物块，质量为m 的滑块从光滑斜面顶端A 由静止释放。
（1）求滑块到达斜面底端时的速度大小
；
（2）若斜面底端有一小圆弧，斜面和地面平滑连接。
①所有的碰撞均为完全非弹性碰撞，求第n 个物块的最终速度大小
②所有的碰撞均为弹性碰撞，求第n 个物块的最终速度大小
（3）水平面上靠近 B 处有一固定竖直挡板，斜面不固定，滑块运动至斜面底端与水平面碰撞后，仅保留
水平方向动量。物块与挡板碰撞后以原速率返回，此时改变滑块与水平面、斜面与水平面间的粗糙程度，
斜面与水平面动摩擦因数
。要使滑块能追上斜面，求滑块与水平面间动
摩擦因数的最大值。
【答案】（1）
17
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（2）①
；②
（3）
【解析】
【小问1 详解】
对滑块，由动能定理得
解得
【小问2 详解】
①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有
解得
②若是弹性碰撞，设滑块第1 次与第 n 个物块相碰后的速度分别是v₀₁、v₁，根据动量守恒定律则有
根据能量守恒定理则有
联立解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1 的最终速度为
，之后滑块第2 次与第n 个物块发生弹性碰
撞，设滑块与第 n 个物块相碰后的速度分别是v₀₂、 v₂，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2 的最终速度为
，第n 个物块的最终速度
【小问3 详解】
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设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为
，竖直速度为
，斜面体的速度为
水平方向动量守恒，
根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律则有
解得
，
滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s₁，斜面体的水平位移大小为s₂，由于水平方向系
统动量守恒，则有
整理可得
即
代入数据解得
，
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方
，则有
解得
故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为
跟踪训练3．（2025·江苏省盐城市射阳中学·二模）如图所示，
为两根水平放置的光滑平行轨道
其上分别套有甲、乙小球
z），小球之间连有一根轻弹簧，初始两球均静止，弹簧处于原长，
现给甲球一个瞬间冲量，使其获得向右的初速度
，则从开始运动到再次相距最近的过程中，两球的
图像可能正确的（ ）
19
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A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】甲获得初速度后，弹簧被拉伸，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，设乙的质量为m，则甲
的质量为2m，甲乙系统水平方向动量守恒，规定向右为正方向，有
解得第一次共速
从开始运动到第一次共速，弹簧被拉长，弹力增大，且弹簧的水平分力也在增大，故二者做的是加速度增
大的运动。达到
后，甲向右做减速运动，乙向右做加速运动，弹簧开始恢复延长，当甲乙再次相距最
近时，乙在甲的正下方，由动量守恒、机械能守恒有
解得此时甲乙速度分别为
从第一次共速到甲乙再次相距最近时，弹簧拉伸量减小，弹力增小，且弹簧的水平分力也在减小，故二者
做的是加速度减小的运动，
图像斜率绝对值表示加速度大小，综合分析可知C 选项符合题意。
故选C。
跟踪训练4．（2025·青海省海东市第二中学·二模）冰壶是以队为单位在冰上进行的一种投掷性竞赛项目，
被大家喻为冰上的“国际象棋”。如图所示，运动员投掷出的冰壶甲运动一段时间后，与静止在大本营中
心的冰壶乙发生碰撞，已知两冰壶完全相同，则碰撞后两冰壶最终停止的位置不可能是（ ）
A.
B.
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C.
D.
【答案】A
【解析】两完全相同的冰壶碰撞前、后遵守动量守恒定律，机械能守恒或有损耗，若机械能守恒，则碰后，
甲停止，乙以甲的速度向前运动。若机械能有损耗，则碰后，甲的速度减小，乙以小于甲碰撞前的速度向
前运动，故甲不会向后运动，故两冰壶最终停止的位置不可能是选项A，
本题选择不可能的，故选A。
考点三 反冲、爆炸问题
典例1．（2025·江苏省淮阴中学·二模）如图所示，半径分别为R 和
的两光滑圆轨道安置在同一竖直
平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD 相连，在水平轨道CD 上一轻弹簧被a、b 两小球夹住，同时
释放两小球，a、b 球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a 球的质量为m。则（ ）
A. b 球的质量
B. 两小球与弹簧分离时，动能相等
C. a 球到达圆心等高处时，对轨道压力为
D. 若
，要求a、b 都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为
【答案】D
【解析】A．设小球离开弹簧后的速度大小为
，
球恰好能通过圆轨道的最高点，设在最高点速度为
，
则有
解得
选取最低点所在的水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得
解得
同理可得b 球离开弹簧后的速度大小为
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取向左为正方向，根据动量守恒定律可得
可得b 球的质量为
故A 错误；
B．两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系
由于两小球的质量不相等，可知两小球与弹簧分离时，动能不相等，故B 错误；
C．a 球到达圆心等高处时，速度为
，由动能定理可得
轨道对a 球的支持力为F，由牛顿第二定律可得
联立解得
由牛顿第三定律可知，a 小球对轨道压力为
，故C 错误；
D．若
，取向左为正方向，由动量守恒定理得
则分离时两小球速度相等，若要求a、b 都能通过各自的最高点，只需要a 球能够通过，b 球也能通过，由
前面分析可知，a 刚好通过最高点时，分离时速度为
则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为
故D 正确。
故选D。
典例2．（2025·吉林省白城市实验高级中学·一模）如图所示将一质量为m 的小球，从放置在光滑水平地
面上质量为M 的光滑半圆形槽的槽口A 点由静止释放经过最低点B 运动到C 点下列说法中正确的是
A. 从A→B，半圆形槽运动的位移一定大于小球在水平方向上运动的位移
B. 从B→C，半圆形槽和小球组成的系统动量守恒
C. 从A→B→C，C 点可能是小球运动的最高点
D. 小球最终在半圆形槽内做往复运动
【答案】D
【解析】A. 小球与半圆形槽水平方向动量守恒，mv1=Mv2，则mv1t=Mv2t，mx1=Mx2，如果m<M，x1>x2，故A
错误；
B. 从B→C，半圆形槽和小球组成的系统水平方向受外力为零，水平方向动量守恒，故B 错误；
C. 从A→B→C，机械能守恒，小球到达最高点C 时，速度为零，C 点与A 点等高，故C 错误；
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D.小球从最高点C 滑下运动到左边最高点A 时，速度又减到零，如此反复，故D 正确．
故选D
典例3．（2025·宁夏回族自治区银川一中·一模）两响爆竹，即二踢脚，是一种传统民俗用品，两响爆竹的
纸筒内分两层安放火药，下层火药的作用是将爆竹送上天空，上层火药在升空10~20 米后，凌空爆响。质
量为200g 的两响爆竹在0.01s 时间内下层火药爆炸，向下喷出少量高压气体（此过程两响爆竹的位移可以
忽略），然后被竖直发射到距离地面
的最高点，在最高点上层火药在极短时间内发生爆炸，假设
两响爆竹被炸成两部分，其中80g 的部分以
的速度水平飞出，不计空气阻力和火药的质量，重力加速
度g 取
，求：
（1）下层火药爆炸过程产生的高压气体对两响爆竹平均作用力的大小；
（2）上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离。
【答案】（1）
；（2）
【解析】（1）设下层火药爆炸后爆竹的速度为
，则
解得
由动量定理得
解得
（2）爆竹做平抛运动
解得
爆竹爆炸的过程在水平方向动量守恒，有
其中
，
，
，解得
上层火药爆炸后两部分爆竹落地点间的距离为
跟踪训练1．（2025·河南省五市·二模）如图所示，光滑水平平台直轨道
、
固定，半径为
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的光滑半圆轨道
固定在竖直平面内，在
处与
相切。在直轨道
上放着质量分别为
、
的物块
、
（均可视为质点），用轻质细绳将
、
连接在一起，且
、
间夹
着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。一质量为
，长
的小车静止在光滑水平地面上，
右端紧靠平台轨道
，小车上表面与平台轨道
、
等高。现将细绳剪断，之后
向左滑上小车，
向右滑动且恰好到圆弧轨道的最高点，之后立即撤去物块
（单位：米）。已知物块
与小车之间的动摩
擦因数
，小车左端到平台
右侧的距离为
（单位为米），小车运动到平台
时立刻被粘住，重
力加速度
取
。求：
（1）物块
运动到圆弧轨道圆心等高
点时对轨道的压力大小；
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；
（3）物体
刚滑上平台
时
动能
与
的函数关系式。
【答案】（1）
（2）
（3）当
时
；当
时
【解析】
【小问1 详解】
B 物体恰好通过圆周运动的最高点，重力提供圆周运动的向心力，则有
由
到
，根据动能定理可得
c 点对物块
由牛顿第三定律，物块对轨道
压力
【小问2 详解】
对物块由
到
，由动能定理可得
剪断细线时，系统动量守恒，由动量守恒定律可得
由能量守恒可得
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联立以上方程可得
【小问3 详解】
设A 与小车能达到共速，此过程小车向左运动位移为
，对A 与小车系统，取向左为正方向，由动量守
恒定律有
解得
对小车和A，由能量守恒定律有得
解得
对小车而言，由动能定理可得
解得
①当
时，
物体与小车恰能达到共速，刚滑上平台
时的动能
与
无关，对
和小车，
由能量关系有
其中
，
联立解得
②当
时，小车与平台相碰时，
物体与小车未达到共速，对小车，由动能定理可得
对
和小车，根据功能关系可得
解得
跟踪训练2．（2025·湖南省邵阳市·三模）经典力学认为：一个初始条件和受力情况确定的多体力学系统的
运行情况是一定的，理论上也是可以计算的。如下是极简版理想化三体力学系统，如图所示的光滑水平支
持面内建立直角坐标系
，质量分别为2m 和m、m 的3 个刚性小球A 和B、C 置于光滑水平支持面上，
初始坐标分别为
，A 和B、C 之间分别用两条长均为
的理想轻绳连接，某瞬间分
别给A、B、C 球一瞬时冲量，使它们获得垂直于连线等大的初速度
，A 球初速度方向为
轴方向，B、
C 球初速度方向为
轴负向，之后小球A、B、C 在运动过程中通过连绳相互作用。忽略一切摩擦和空气阻
力，后续B、C 两球之间的碰撞视为弹性碰撞。
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（1）当A 球的速度大小为
方向沿
轴正方向时，求B 球沿
方向的分速度
；
（2）求A 球离开O 点的最大位移
；
（3）当A 球相对O 点的位移为
时，求B 球速度大小
。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
对三球组成的系统在
方向动量守恒有
解得
【小问2 详解】
对三球组成的系统在
方向动量守恒
解得
由微元法可知
又A 球与B、C 两球
方向最大相对位移有
26
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解得
【小问3 详解】
设当A 球的位移为
时，A、B 连线与
轴夹角为
，设A 球速度为
；B、C 球
方向
速度为
，
方向速度为
，如图所示
对三球组成的系统
方向动量守恒有
由系统机械能守恒
由A、B 速度关联
又
联立可得
跟踪训练3．（2025·山东省德州市·三模）如图甲所示，长木板C 静止在光滑水平地面上，其右上端有固定
的挡板，可视为质点的小物体A 和B 紧靠在一起静止在长木板C 上，小物体A 和B 之间夹有少量火药。某
时刻点燃火药，火药瞬间燃爆后A 获得的速度大小为
，若长木板C 固定，A 和B 会同时停在C 的最左端。
已知小物体A 的质量为2m，小物体B 的质量为m，长木板C 的质量为3m，A、C 之间的动摩擦因数为
，
B、C 之间的动摩擦因数为
，重力加速度为
，不计火药的质量和燃爆时间，不计B 和挡板的碰撞时
间，B 和挡板碰撞时无机械能损失。
（1）若点燃火药释放的能量全部转化为A 和B 的机械能，求点燃火药释放的能量；
（2）求长木板C 的长度；
（3）若长木板不固定，求整个过程A、C 之间由于摩擦产生的内能和B、C 之间由于摩擦产生的内能；
（4）若长木板不固定，将B 碰撞挡板时作为t=0 时刻，自该时刻开始A 的位移大小用
表示，B 的位移大
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小用
表示，C 的位移大小用
表示，设
，在图乙中画出y 随时间t 变化的图像，并标
明
时的y 值。
【答案】（1）
（2）
（3）
，
（4）见解析
【解析】（1）火药爆炸瞬间A 和B 系统的动量守恒，则
解得
则火药爆炸释放的能量
联立可得
（2）若长木板固定，A 和B 的速度同时减小到0，对二者获得速度到速度减为0 的过程中，对于物体A 有
解得
由运动学公式有
解得
A 和B 的路程差
长木板的长度
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（3）由第二问可知，A 和B 的初始位置距挡板的距离为
B 与挡板碰撞前C 静止，对B 自开始运动到与挡板碰撞的过程中，有
解得
设物体B 与挡板碰前瞬间的速度
，则
解得
设该过程的时间间隔为
，则
解得
B 与挡板碰撞时A
速度大小
以水平向左的方向为正方向，B 与挡板碰撞后对A、B、C 组成的系统动量守恒，设三者的共同速度为
，
则有
解得
对C 由牛顿第二定律有
解得
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计算可知，B 撞击挡板后A 先与C 共速，A 与C 共速后不再有相对运动，然后B 再与A、C 共速，自B 撞击
挡板至A、C 共速，有
解得
自B 开始运动至A、C 共速之间的相对路程
A、C 之间由于摩擦产生的热量
B、C 间由于摩擦产生的热量
（4）以水平向左为正方向，对A、B、C 组成的系统自B 与挡板碰撞以后的任意时刻，由动量守恒定律得
其中
且将该过程得时间分为
、
、
无穷段，则
以上各式相加，又
30
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即有
故
其图像如图所示，当
考点四 板块、子穿木问题
典例1．（2025·湖北省部分学校联考·三模）如图所示，长木板C 固定在水平地面上，物块A、B 以相同大
小的初速度v=4m/s 同时从C 的左右两端开始相向运动，物块A 的质量为
与C 之间的动摩擦因数
为
物块B 的质量为
与C 之间的动摩擦因数为μ₂=0.4，A、B 可视为质点，重力加速度大
小
求：
（1）若A、B 未相撞，长木板C 的最小长度；
（2）若A、B 能相撞且相撞后结合为一个整体，碰撞时间极短，A、B 没有从长木板C 上掉下，A、B 碰
后运动位移的最大值是多少；
（3）若长木板C 未固定且地面光滑，C 的质量为
A、B 没有发生碰撞，则A 与C 之间因摩擦产
生的热量是多少。
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【答案】（1）6m （2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
对A、B 分析，根据牛顿第二定律分别有
，
解得
，
根据运动公式分别有
，
解得
，
则长木板C 的最小长度为L
=6m
【小问2 详解】
只要A、B 在停下来之前发生碰撞，由系统满足动量守恒得
解得
碰后对A、B 整体，根据牛顿第二定律有
解得
由运动公式有
解得x
如果A、B 在B 停下来之后发生碰撞，则碰后速度更小，位移也更小，故碰后运动位移的最大值是
【小问3 详解】
若长木板C 未固定，在B 速度减为零之前，C 静止不动。假设B 速度减为零之后B、C 相对静止，根据牛
顿第二定律有
解得
因
，故假设成立
B 速度减为零的过程中，B 与C 之间因摩擦产生的热量
，由能量守恒得
A 、B 没有发生碰撞，最终A 、B 和C 系统共速，设为
，由系统满足动量守恒有
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解得
A、B 和C 系统总摩擦热量
，由能量守恒得
设A 与C 之间因摩擦产生的热量
，则有
解得
典例2．（2025·湖南省邵阳市·一模）为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如
图所示，两个完全相同的钢板A、B 厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B 焊接在一起静置在光滑水平
面上，质量也为m 的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B 间隔一段距离水平放置，
子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力
为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A. 第一次子弹射出B 时，A 的位移为d
B. 第一次子弹穿过A、B 所用时间之比为
C. 第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B 的深度为
D. 第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为
【答案】D
【解析】A．设第一次子弹穿过A、B 时共同速度为v，对系统由动量守恒有
此过程对A 和B 有
对子弹有
解得
故A 错误；
B．第一次子弹相对A、B 做匀减速直线运动，恰击穿时相对末速度为0，根据逆向思维，可以将看成子弹
相对A、B 做初速度为0 的反向匀加速直线运动，穿过B、A 的相对位移相等，根据连续相邻相等位移之
内的时间间隔比例规律可知，穿过B、A 的时间之比为
，所以穿过A、B 所用时间之比为
，故B 错误；
C．设子弹的初速度为
，受到的阻力大小为f，第一次穿过A、B 时共同速度为v，对系统由动量守恒有
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由能量守恒有
解得
第二次子弹穿过A 时，设子弹速度为
，A 的速度为u，假设不能穿透B，最后与B 的共同速度为
，进
入B 的深度为
，对子弹和A 由动量守恒有
由能量守恒有
解得
对子弹和B，由动量守恒有
由能量守恒有
解得
假设成立，故C 错误；
D．第一次系统损失的机械能
第二次系统损失的机械能
第一次、第二次系统损失的机械能之比为
故D 正确。
故选D。
典例3．（2025·山西省晋中市·二模）（多选）如图所示，绕过定滑轮的不可伸长特殊轻绳左右两端分别悬
挂质量为m 和2m 的重物，现由静止释放，运动3s 后右侧重物触地无反弹。已知左侧重物距滑轮足够远，
绳子绷紧瞬间两重物共速，忽略滑轮质量和一切摩擦，不计空气阻力，重力加速度g 取10
，则（
）
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A. 右侧重物初始时距地高度为45m
B. 右侧重物第一次触地时的速度大小为10
C. 右侧重物第一次触地后经过3s 绳子再次绷直
D. 右侧重物第一次触地后经过4s 第二次触地
【答案】BD
【解析】A．对整体，由牛顿第二定律有
解得加速度大小
题意知右侧重物经过t=3s 落地，则右侧重物初始时距地高度
联立解得
故A 错误；
B．右侧重物第一次触地时的速度大小
故B 正确；
C．右侧重物第一次触地时，左侧重物速度为
，做竖直上抛运动，则右侧重物第一次触地后绳子再次绷
直时间
故C 错误；
D．C 选项可知右侧重物第一次触地后经过2s 绳子再次绷直，绷直瞬间，由动量守恒有
，分析
可知之后右侧重物还是以加速度a 运动，则再次落地时经历时间
则右侧重物第一次触地到第二次触地经历时间
故D 正确。
故选BD。
跟踪训练1．（2025·山东省济南市·一模）（多选）如图所示，足够长的木板M 放在光滑水平面上，滑块
N 放在木板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡板。木板M 和滑块N 以相同的
速度水平向右运动，木板M 和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。以木板M 第一次与挡板发生碰
撞的时刻为计时起点，水平向右为正方向，以下描述木板M 和滑块N 的速度随时间变化规律的图像（用实
线表示滑块N 的速度变化规律，用虚线表示木板M 的速度变化规律）可能正确的是（ ）
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A.
B.
C.
D.
【答案】ABD
【解析】A．若木板和滑块质量相等，则滑块向右减速的加速度大小等于木板向左减速的加速度大小，同
时减速为0，故A 正确；
BC．若木板质量大于滑块，则
两物体共速时速度向左，一起匀速运动，故B 正确，C 错误；
D．若木板质量小于滑块，两物块共速时速度向右，先匀速运动一段再和挡板碰撞，重复之前的过程，故
D 正确。
故选ABD。
跟踪训练2．（2025·湖南省娄底市·二模）（多选）如图所示在光滑水平面上有两个小木块
和
，其质量
，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为
，初速度为
，在极短的时间内射穿两木块，子弹射穿
木块后子弹的速度变为原来的
，且子弹射穿
木块损失的动能是射穿
木块损失的动能的2 倍，则（ ）
A. 子弹射穿A 木块过程中系统损失的机械能为3975J
B. 子弹打穿两个木块后的过程中弹簧最大的弹性势能为
C. 弹簧再次恢复原长时
的速度为
D. 弹簧再次恢复原长时
的速度为
【答案】AC
【解析】A．设子弹射穿
木块后
和子弹的速度分别为
和
，由题意可知
，子弹
穿过
的过程中，由动量守恒定律可得
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联立解得
，射穿
木块过程中系统损失的机械能为
，
故A 正确；
B．设子弹射穿
木块后
和子弹的速度分别为
和
，由动量守恒定律可得
由题意可知
联立解得
，子弹穿过
以后，弹簧开始被压缩，
和弹簧所组成的系统动量守恒，当
达到共同速度
时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得
解得
根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为
故B 错误；
CD．弹簧再次恢复原长时
的速度分别为
、
，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律
机械能守恒定律有
联立解得
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
1．（2025·安徽省·一模）如图所示，质量
的长木板静止在光滑的水平面上，木板右端固定一轻
质弹性挡板，木板左端静置一质量
的小物块，质量
的子弹以
的速
度从左端水平射入小物块，经
的时间与小物块达到共同速度（这个过程小物块和长木板移动
的位移忽略不计，子弹未穿出）。之后小物块与长木板的挡板发生弹性碰撞（碰撞时间极短），最终小物
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块恰好没有从长木板上滑下。已知小物块与长木板之间的动摩擦因数
，重力加速度g 取
。
求：
（1）子弹进入小物块的过程中受到的平均阻力F 的大小；
（2）长木板的长度L。
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1 详解】
设子弹与小物块的共同速度为v，根据动量守恒定律有
对子弹，由动量定理有
解得
【小问2 详解】
最终小物块恰好没有从长木板上滑下，设速度为
，对系统，由动量守恒定律有
由动能定理有
解得
2．（2025·江西省·三模）如图，木板静置于光滑的水平面上，一颗子弹（视为质点）以水平速度击中并留
在木板中，若木板对子弹的阻力恒定，子弹质量小于木板质量，虚线表示子弹与木板刚共速时的位置，则
在下列四图中子弹与木板刚共速时的位置可能正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】设子弹射入木块的初速度为
，经过时间子弹与木板达到共速
，子弹的质量为
，木块的质
量为
，由题意可知
，根据动量守恒可得
可得
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经过时间子弹发生的位移大小为
木块发生的位移大小为
子弹与木块发生的相对位移大小为
则有
故选B。
3．（2025·广东省汕头市·三模）如图，物块
、
并排放在光滑水平面上，
上固定一根竖直轻杆，用
一长
的细线将小球
（可看成质点）竖直悬挂在轻杆上
点，
、
、
质量均为
。初始时，物块
均固定在水平面上，质量为
的子弹以某一水平初速度射入
小球
（射入时间极短且未射出），小球
恰能到达与
点等高的
点。取重力加速度
，不
计空气阻力。
（1）求子弹初速度的大小；
（2）若解除物块
、
的固定，子弹仍以相同初速度射入小球
（射入时间极短且未射出），求小球
能上升的最大高度。
【答案】（1）8m/s
（2）0.12m
【解析】
【小问1 详解】
设子弹的速度为
，击中
后，二者共同的速度为
，规定向右为正方向，由动量守恒有
当
达到
点时，由机械能守恒
联立解得
，
【小问2 详解】
设小球
到最高点时速度为
，由动量守恒
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由机械能守恒
联立解得
4．（2025·广东省广州市·一模）如图，某同学在水平冰面上进行冰壶练习时，冰壶甲意外滑入宽
=27.25m 的矩形ABCD 区域，并最终停在O 点。该区域禁止人员进入，为了取回冰壶甲，该同学将冰壶乙
从E 点以某一初速度滑入该区域与甲正碰，最终甲滑出该区域，且乙恰好停在AB 边界。已知
=21.00m，且EO⊥CD，两冰壶相同且可视为质点，冰壶与冰面间动摩擦因数μ=0.008，碰撞中损失的动能
等于碰前瞬间总动能的
，重力加速度g 取10m/s2，求：
（1）碰后瞬间乙的速度大小；
（2）乙滑入该区域的初速度大小。
【答案】（1）1m/s
（2）4.4m/s
【解析】
【小问1 详解】
设两冰壶质量均为m，碰前瞬间乙的速度为v1，碰后瞬间甲、乙的速度分别为v 甲、v 乙，乙从O 恰好滑至
AB 过程有
解得v 乙=1m/s
【小问2 详解】
乙与甲碰撞过程系统动量守恒，动能损失为碰前动能的
有
，
联立解得v1=4m/s，或v1=
m/s（依题意v 甲>v 乙，排除此解）
设乙在E 点初速度为v0，从E 至O 的过程有
解得v0=4.4m/s
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5．（2025·福建省·二模）某款质量为
的国产新能源汽车在新车碰撞测试中，以
的速度与前方质量为
的静止障碍物发生正碰，碰撞过程中汽车速度随时间变化的关系如图所
示，
时碰撞结束，障碍物向前弹开，汽车仍向前运动。已知碰撞过程中忽略空气阻力及地面摩擦，
求：
（1）碰撞结束瞬间障碍物的速度大小；
（2）碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）碰撞过程中汽车与障碍物间的平均作用力大小。
【答案】（1）20m/s
（2）
J
（3）
N
【解析】
【小问1 详解】
碰撞过程中，以
的方向为正方向，对于车和障碍物组成的系统动量守恒，则
解得
【小问2 详解】
由能量守恒定律有
解得
J
【小问3 详解】
对汽车，以
的方向为正方向，碰撞过程中由动量定理
解得
N
6．（2025·东北三省四市教研联合体·二模）如图所示，一足够长的固定斜面与水平方向夹角为
，
质量
的物块B 在斜面上恰好不下滑，质量为
的光滑物块A 沿斜面下滑，以速度
与B 碰撞。A 与B 视为质点，碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度为
，不
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计空气阻力。求：
（1）第一次碰撞后A 和B 的瞬时速度的大小；
（2）第一次碰撞结束后，经过多长时间发生第二次碰撞及第二次碰撞前瞬间A 速度
大小。
【答案】（1）2.4m/s，6.4m/s
（2）10.4m/s
【解析】
【小问1 详解】
根据动量守恒定律得
，根据机械能守恒定律得
，解得
，方向沿斜面向下，
，方向沿斜面向下
【小问2 详解】
碰撞后物块A 匀加速下滑，根据牛顿第二定律得
，解得
；物块B 做匀速运
动，根据运动学公式得
，解得
；
第二次碰撞前瞬间A 速度为
，方向沿斜面向下。
7．（2025·安徽省芜湖市·二模）（多选）如图甲所示，质量为M 的木块静止在光滑水平面上，质量为m
的子弹以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速
度
与子弹的速度
之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说
法正确的有（ ）
A
B. 该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小
C. 木块所能达到的最大速度为
D. 木块所能达到的最大速度为
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【答案】AC
【解析】ACD．由乙图可知，木块与子弹的速度关系满足
设子弹与木块相对静止时的速度为
，则有
解得二者共同的速度
即木块所能达到的最大速度为
子弹射入木块，系统动量守恒则有
代入数据解得
AC 正确，D 错误；
B．设子弹相对于木块的位移为L，木块相对于地面的位移为x，根据能量守恒定律则有
根据动能定理则有
系统动量守恒，则有
联立解得
，
显然
，即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大，B 错误。
故选AC。
8．（2025·安徽省黄山市·二模）某高楼卸货神器采用耐磨帆布作为滑道使搬运工作变得更加轻松。如图所
示，
段为总长
的帆布材料制成的滑道，滑道与水平地面在P 点平滑连接。质量为
的缓冲器静止在水平地面上，缓冲器由凹槽和一根高强度轻质弹簧组成，弹簧左端固定在凹
槽内部，最右端位于P 点正上方。质量为
的货物从距地面竖直高度
的O 点由静止滑下，
至P 点时速度为
。货物和缓冲器与地面间的动摩擦因数均为
，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力。弹簧弹性势能公式
（
为弹簧形变量），重力加速度
取
。则：
（1）求货物在滑道上所受平均阻力
的大小；
（2）若缓冲器固定不动，弹簧的劲度系数为
，为使货物与凹槽不相撞，求弹簧伸出凹
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槽的最小长度
；
（3）若缓冲器不固定，若更换一根劲度系数为
的弹簧，弹簧伸出凹槽的长度是
，
货物与凹槽碰撞时间极短，且碰后不分离，求凹槽向左运动的距离。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
对货物在滑道下滑过程应用动能定理
代入数据可得
【小问2 详解】
为使货物与缓冲器恰好不相撞，设弹簧伸出缓冲装置的最小长度为
，由动能定理可得
解得
【小问3 详解】
设碰撞前缓冲装置未移动，碰撞前货物的速度为
，碰撞后瞬间共同速度为
，碰撞后后退的距离为
，
由动能定理
碰撞瞬间动量守恒
碰撞后减速到静止，由动能定理
解得
9．（2025·山东省烟台市·三模）如图，质量均为
的木块A 和B 并排放在光滑水平面上，A 上固定一竖
直轻杆，轻杆上端系一长为
的细线，细线另一端系一质量为
的球C，现将球C 拉起使细线水
平，并由静止释放，当球C 摆到最低点时（小球与轻杆没有发生碰撞），木块A 恰好与木块B 相撞并粘在
一起，不计空气阻力，则此后C 摆动过程中能上升的最大高度为（ ）
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A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】C 摆到最低点的过程，对于A 与C 组成的系统，根据水平方向动量守恒和机械能守恒有
，
联立解得
，
A 与B 碰撞瞬间，由动量守恒和能量守恒有
，
求得
对于A、B、C 三者组成的系统，根据水平方向动量守恒可知，C 摆到左侧最高点时，A、B、C 三者的速
度均为零，C 由右侧最高点摆到左侧最高点的过程，根据能量守恒有
解得
故选C
10．（2025·福建省福州第一中学·一模）如图所示，光滑水平面上静止放置两个形状完全相同的弹性小物
块A、B，物块A 的质量
。在物块B 右侧的竖直墙壁里有一水平轻质长细杆，杆的左端与一轻
质弹簧相连，杆、弹簧及两物块的中心在同一水平线上，杆与墙壁作用的最大静摩擦力为2.4N。若弹簧作
用一直在弹性限度范围内，弹簧的弹性势能表达式为
，
。现给物块A 一水平向右
的作用力F，其功率
恒定，作用
后撤去，然后物块A 与物块B 发生弹性碰撞，碰撞后两
物块速度大小相等。B 向右压缩弹簧，并将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）力F 对物块A 所做的功；
（2）物块B 的质量；
（3）物块B 的最终速度大小。
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【答案】（1）1.6J
（2）0.6kg （3）0.4m/s
【解析】
【小问1 详解】
由W=Pt
得
【小问2 详解】
设A 与B 碰前A 的速度大小为
，碰后速度大小为v。由题易知，碰后A、B 速度一定等大反向。由动能
定理：
得
A、B 碰撞，由动量守恒：
由能量守恒：
联立解得：
【小问3 详解】
由题可知，物块B 在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，弹簧弹力不变。
后将压缩的弹性势能转化为B 的动能。设最终B 的速度为
由
得
由
得vB=0.4m/s
11. （2025·河北省保定市·二模）如图所示，光滑水平面上静置一长度未知的木板B，一质量与木板相同的
物块A（可视为质点）从左端以大小为v 的速度冲上木板，经过时间t 运动到木板右端且恰好不从木板上滑
离。下列说法正确的是（ ）
A. 物块A 运动到木板右端时的速度大小为
B. 在此过程中，物块A 运动的距离为
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C. A 动量的减少量大于B 动量的增加量
D. 木板B 的长度为
【答案】A
【解析】A．设物块和木板的质量均为m，物块运动到木板右端恰好未从木板上滑落，系统动量守恒，选
取滑块初速度的方向为正方向，则有
解得
即物块A 运动到木板右端时的速度大小为
，A 正确；
B．根据匀变速运动规律可知，物块A 运动的位移
，B 错误；
C．A 动量的减少量
B 动量的增加量
则A 动量的减少量等于B 动量的增加量，C 错误；
D．由题可知，时间木板B 的位移为
结合上述分析可得，木板B 的长度为
，D 错误。
故选A。
12. （2025·新疆乌鲁木齐市·三模）神舟十九号飞船与天和核心舱在太空成功对接（两航天器连接成一个整
体），对接过程中，两航天器可视为沿同一直线同向运动。对接前，飞船相对核心舱的速度为
，对接成
功后，核心舱的速度比对接前的速度增加了
。已知神舟十九号飞船的质量为m，天和核心舱的质量为
7m，对接过程中核心舱受到的飞船的冲量大小为I，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AD
【解析】CD．设核心舱原速度
v，飞船速度为
（因飞船相对核心舱速度为
）。对接后共同速
度为
（核心舱速度增加
）。根据动量守恒可得
化简得
可得
故C 错误，D 正确；
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AB．核心舱受到的冲量I 等于其动量变化
故A 正确，B 错误。
故选AD。
1．（2025·甘肃省白银市第八中学·二模）如图所示。周长为
的圆环水平放置并固定，圆环内有质
量为
和
的小球A 和B。初始时小球A 以初速度
沿圆环切线方向运动，
与静止的小球B 发生碰撞。恢复系数
能表征碰撞过程中能量的损失情况，恢复系数
等于碰撞后两物体
相对速度大小与碰撞前两物体相对速度大小之比，
时为完全非弹性碰撞，
时为弹性碰撞。不计
小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）当
时，求A 和B 碰撞过程的机械能损失；
（2）如果小球A 和B 第一次碰撞位置和第二次碰撞位置相同，求
的大小；
（3）如果
，小球
和
碰撞位置和速度将成周期性变化，求至少经过多长时间小球A 和B 碰撞位置
和速度恢复到第一次碰撞前的情况，求出该段时间内小球B 的路程。
【答案】（1）
（2）
（3）4s，10m
【解析】
【小问1 详解】
当
时，碰撞为完全非弹性碰撞，碰后两小球共速，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
【小问2 详解】
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碰撞过程动量守恒，设
的方向为正方向，则有
又
解得
第二次和第一次碰撞位置相同，有
，
综上可得
【小问3 详解】
当
时，碰撞为弹性碰撞
两次碰撞时间间隔
第一次碰撞过程
解得
到第二次碰撞，B 的路程
第二次碰撞过程
解得
到第三次碰撞B 的路程
第三次碰撞重复第一次碰撞，只是位置在与第一次碰撞位置为同一直
径的位置；
到第四次碰撞，B 的路程
第五次碰撞位置为第一次碰撞位置。
所以
小球B 的路程
2．（2025·辽宁省朝阳市建平县实验中学·三模）一游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道
AB、半径为R 的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE 平滑连接，直轨道的左边平滑连接一光滑曲
面轨道。长为L、质量为M 的平板紧靠光滑且足够长的固定凹槽EFGH 放置，平板上表面与DEH 齐平。
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将一质量为m 的小滑块从光滑曲面轨道h 高度处由静止释放，经过轨道BCD 后滑上平板并带动平板一起运
动，平板到达HG 即被锁定。已知
，
，
，平板与滑块间的动摩擦因数
滑块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度g 取
。
（1）若滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 点，求释放点的高度h；
（2）滑块恰好过C 点后，求平板加速至与滑块共速的过程中系统损耗的机械能；
（3）要使滑块能到达H 点，求释放点的高度范围。
【答案】（1）1.25m；
（2）0 625J； （3）1.44m<h<2.16m
【解析】
【小问1 详解】
滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 点时
从滑块由h 高度处释放到C 点过程，根据动能定理
mg（h-2R)=
解得
h=1.25m
【小问2 详解】
滑块由h 高度处释放到B 点，机械能守恒
mgh=
平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒
根能量守恒
联立解得
0.625J
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【小问3 详解】
①设滑块以最小速度v1滑上平板，对滑块平板动量守恒有
系统能量守恒
当平板到达HG 锁定后，滑块继续向右减速，有：
从释放到E 点，滑块机械能守恒，有
联立解得
②设滑块以最大速度v3滑上平板，当滑到平板最右端时刚好共速，系统动量守恒，有：
系统能量守恒
从释放到E 点，滑块机械能守恒，有
联立解得
故释放点的高度范围
1.44m≤h≤2.16m
3．（2025·湖南省长沙市南雅中学·三模）如图所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在地面上，质量
的物体
与弹簧连接，静止在
处。将质量
的物体
自物体
正上方
处
由静止释放，
与
发生第一次碰撞后，
立刻向上运动，上升的最大高度
，当
再次回到
点时恰与
发生第二次碰撞。重力加速度
取
，空气阻力不计。（
、
碰撞时间极短，弹簧始终
处于弹性限度内，且振动周期不变）。求：
（1）第一次碰撞后物体
的速度
；
（2）在两次碰撞的时间间隔内，弹簧对物体
的冲量
；
（3）经验证发现
与
发生的是弹性碰撞。若将物体
释放的位置提高到
处，仍要使
、
前两次碰
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撞均在
点，求
的最小值。
【答案】（1）
；（2）
，方向竖直向上；（3）
【解析】（1）
自由落体运动，与
碰前速度为
解得
第一次碰后
竖直上抛运动，初速度为
碰撞过程，取向下为正方向，由动量守恒定律得
解得
（2）两次碰撞时间间隔为
第二次碰撞前，
的速度
此过程中，取向下为正方向，由动量定理得
解得弹簧对
的冲量
方向竖直向上
（3）由
解得
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第一次弹性碰撞，有
解得
碰后
做简谐运动，振动周期
不变（周期由振动系统决定）即
第二次仍然在
点相碰，则
竖直上抛回到
点的时间与
回到
点时间相等
即
代入数据，解得
当
时，
值最小
4．（2025·湖南省长沙市湖南师范大学附属中学·三模）如图所示，质量均为
的物块A、B 并排放在光滑
水平面上，A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端的
点系一长为
的细线，细线另一端系一质量为
的球C，
整个系统处于静止状态。现给球C 一个水平向右的初速度
，式中
为重力加速度，不计空气阻
力。求：
（1）此时细线对球C 的拉力大小
；
（2）球C 向右摆动过程中，上升的最大高度；
（3）球C 摆到杆左侧，离杆最远时的速度大小
。
【答案】（1）
（2）
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（3）
【解析】
【小问1 详解】
根据牛顿第二定律得
解得
【小问2 详解】
球C 向右上升到最大高度时，球C 与木块A、B 三者具有共同速度，根据动量守恒定律与系统机械能守恒
定律可得
，
代入数据解得
【小问3 详解】
球
再次回到最低点时，A、B 具有共同速度
，球C 的速度为
，根据动量守恒定律与系统机械能守恒
定律可得
，
解得
球
摆到杆左侧，离杆最远时，球
与木块
具有共同速度，根据动量守恒定律可
代入数据可得
5．（2025·河南省安阳市·三模）（多选）如图所示，竖直固定的半圆轨道ABC 与水平长直轨道在C 点相
切，半径为R，AC 是半圆轨道的竖直直径。将小物块b 从半圆轨道与圆心等高的B 点由静止释放，在水平
轨道上与以速度
向左运动的小物块a 发生弹性正碰，两小物块的质量均为m，不计一切摩擦，重力加速
度为g。下列说法正确的是（ ）
A. 若小物块a 速度足够大，则小物块a 可以经过半圆轨道的A 点
B. 小物块b 在返回半圆轨道最低点C 时，所受的向心力大小与
成正比
C. 碰撞过程中，小物块b 受到小物块a 的冲量大小为
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D. 若小物块b 碰后返回半圆轨道且恰好能经过A 点，则
【答案】CD
【解析】A．小物块b 从B 点由静止释放，到达水平轨道时，有
解得
a、b 两小物块在水平轨道上发生弹性正碰，则动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，则有
，
解得
，
即a、b 两小物块碰后交换速度，所以小物块a 的速度方向向右，小物块a 不会经过半圆轨道的A 点，A 错
误；
B．交换速度后，小物块b 的速度大小为
，小物块b 返回到C 点时，有
可知小物块b 所受向心力大小与
成正比，B 错误；
C．a、b 碰撞过程，以向左为正方向，对小物块b 由动量定理，有
则小物块b 所受的冲量大小为
，C 正确；
D．若小物块b 碰后返回半圆轨道且恰好能经过A 点，在A 点根据牛顿第二定律，有
解得
根据机械能守恒定律，有
解得
，D 正确。
故选CD。
6．（2025·甘肃省白银市第八中学·三模）如图所示，在水平地面上放置质量为
的小滑块
和质
量为
（未知）的小滑块
，
和
之间的距离为
，
与水平地面间的动摩擦因数为
，
小滑块
在与水平方向夹角为
的外力
的作用下从静止开始向右运动，运动到即将与
发
生正碰时撤去外力
，随即
、
发生正碰，碰后
立刻进入竖直光滑半圆轨道内。小滑块
进入半圆
轨道瞬间的速度大小为
，轨道的半径为
。
与
发生碰撞的时间极短且没有能量损
失，已知
与
均可视为质点，重力加速度大小为
，
。求：
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（1）
与
碰撞前瞬间，滑块
的速度大小；
（2）滑块
的质量
；
（3）碰撞后滑块
所能达到的最大离地高度。
【答案】（1）5m/s
（2）3kg （3）
【解析】
【小问1 详解】
对
受力分析可知，竖直方向平衡方程为
解得地面对P 的支持力为
水平方向牛顿第二定律方程为
解得
向右匀加速运动的加速度为
根据运动学公式有
解得
与
碰撞前瞬间滑块
的速度大小为
【小问2 详解】
与
发生碰撞的时间极短且没有能量损失，设
与
发生碰撞后的速度分别为
、
，所以根据动量守
恒定律有
根据能量守恒定律有
代入数据联立解得滑块
的质量为
【小问3 详解】
若滑块
恰好通过最高点，有
解得
对应在最低点所需的最小速度为
，从最低点到最高点根据机械能守恒有
56
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解得
设若小球刚好到达圆心等高处，对应在最低点所需的最小速度为
，由动能定理有
解得
由
可知小球可以通过圆弧面上与圆心等高的点，但到不了最高点，中途将做斜抛
运动。设在某点脱离轨道，该点与圆心连线与竖直方向间的夹角为
，设此时的速度为
，则有
由动能定理有
联立解得
此时的速度为
由斜抛运动规律可知，小球斜抛的最大高度为
所以小球最大离地高度为
7．（2025·北京市第一零一中学·三模）在一次表演中某同学用他的拳头向下打断了一块木板。如图，拳头
的质量为m1，木板的质量为m2。木板向下偏离距离d 时木板将折断。木板向下弯曲至木板折断时，其弹性
可视为劲度系数为k 的弹簧。为了简化问题的研究，假设碰撞是指包括拳头和木板的瞬间作用，碰撞后拳
头随木板的弯曲一起向下运动，直到木板折断。碰撞后拳头、木板、地球组成的系统，机械能是守恒的。
（1）画出木板折断前，弹力F 的大小随木板向下偏离距离x 的图像，并据此证明，折断前木板的弹性势能：
；
（2）拳头和木板向下运动所对应的重力势能变化可忽略不计。求：
①使木板折断所需要拳头的最小速率v；
②若将图中的木板换为水泥板，并用①的速率对其打击，水泥板向下偏移的距离为
时将会折断，水泥
板的弹性对应的劲度系数以及水泥板的质量均为木板的10 倍，此种情况下是否能让水泥板折断，试说明理
由。
57
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【答案】（1）
，证明过程见解析；（2）①
；②能，理由见解析
【解析】
【详解】（1）根据胡克定律可知
作出F-x 图像如图所示。
F-x 图像与坐标轴所围的面积表示弹力F 的功，根据功能关系可知折断前木板的弹性势能为
（2）①拳头与木板接触的一瞬间，拳头与木板组成的系统内力远大于外力，可视为动量守恒，之后拳头
和木板达到共同速度v1，假设木板折断时，拳头和木板向下的速度恰好为零，则此时对应出拳的速率最小。
根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立以上两式解得
②根据①题结论可求得让水泥板折断的最小出拳速率为
所以用①的速率对水泥板打击，能让水泥板折断。
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8．（2025·内蒙古包头市·二模）半径为
（为外半径之差可忽略）的光滑圆管水平放置并固定，俯视图如
图所示。圆心为
，圆管内有质量分别为
的A、B、C 三个小球，静止在图示位置，对应刻度
盘上的角度分别是
，不计小球碰撞的时间，重力加速度为g。
（1）现给A 一个初速度
，让其沿圆管切线方向逆时针运动，若A、B、C 三个小球中任意两球之间的碰
撞为弹性碰撞，但三球同时碰撞时会结合在一起，求：
①第2 次碰撞发生时，A 球的位置；
②第3 次碰撞后瞬间，小球A 的速度大小；
③第3 次碰撞后瞬间，三球对圆管压力的合力大小；
（2）现撤去C 球，给B 一个初速度
，让其沿圆管切线方向顺时针运动，若B 与A 球之间的碰撞为非弹
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
倍，其中
，求第1 次碰撞到第
2025 次碰撞之间小球A 通过的路程。
【答案】（1）①
位置；②
；③
（2）
【解析】
【小问1 详解】
①A 球与B 球在
处的弹性碰撞是第1 次碰撞，设A 与B 球碰撞后的速度分别是
、
，根据动量守恒
定律和能量守恒定律有
，
解得
，
即第1 次碰后，A 球顺时针转动，速度大小为
，B 球逆时针转动，速度大小为
，B 逆时针从
转到
位置，转过
过程，A 顺时针转过的角度是
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故当第2 次碰撞发生时，A 球在圆环内刻度盘上
位置。
②B 球与C 球在
位置处的弹性碰撞是第2 次碰撞，设B 与C 球碰后的速度分别是
、
，同理根据
动量守恒定律和能量守恒定律有
，
解得
，
即第2 次碰后，B 球顺时针转动，速度大小为
，C 球逆时针转动，速度大小为
，经分析，三个球
将在圆管内刻度盘上
位置处同时碰撞(即第3 次碰撞)，依题意，三球将结合在一起，结合体的质量为
，设该结合体的速度为v，则有
解得
即第3 次碰后，结合体将逆时针转动，速度大小为
；
③对结合体，水平面内有
竖直方向上有
由力的合成得
由牛顿第三定律得
【小问2 详解】
设B 与A 球第1 次碰撞后的速度分别是
、
，则有
，
解得
，
第1 次碰撞和第2 次碰撞之间时间间隔为
，此过程A 球比B 球多运动一圈，有
此过程中，A 球运动的路程为
设B 与A 球第2 次碰撞后的速度分别是
、
，则有
，
60
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解得
，
第2 次碰撞和第3 次碰撞之间时间间隔为
，此过程B 球比A 球多运动一圈，有
此过程中，A 球运动的路程为
设B 与A 球第3 次碰撞后的速度分别是
、
，第3 次碰撞和第4 次碰撞之间时间间隔为
，A 球运动
的
路
程
为
，
同
理
可
得
，
，
，
同理可以分析接下来的两球的各次碰撞过程，则从第1 次碰撞到第2025 次碰撞共有2024 个间隔过程，小
球A 通过的路程为
化简得
9．（2025·辽宁省辽阳市·二模）如图所示，倾角为
、足够长的粗糙斜面体固定在水平地面上，物块B 恰
好静止在距斜面顶端
处，将另一物块A 从斜面顶端由静止释放，之后物块A、B 间的碰撞均为弹性
正碰且碰撞时间极短。已知物块A、B 的质量分别为
、
，物块A 与斜面间的动摩擦因
数
，两物块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小
，
。求：
（1）第一次碰撞后物块B 的速度大小
；
（2）两物块从第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间；
（3）第二次碰撞后物块B 的动能
。
【答案】（1）
（2）
61
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（3）
【解析】
【小问1 详解】
设物块A 沿斜面下滑时的加速度大小为a，与物块B 第一次碰撞前的速度大小为v，第一次碰撞后物块A
的速度大小为
，有
，
解得
，
物块A、B 间的碰撞为弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒可得
，
解得
，
【小问2 详解】
因为物块B 恰好静止在斜面上，第一次碰撞后物块B 做匀速直线运动，物块A 做初速度为
、加速度
为
的匀加速直线运动，结合运动学公式有
解得
【小问3 详解】
设两物块第二次碰撞前瞬间，物块A
速度大小为
，碰撞后瞬间，物块A 的速度为
，物块B 的速度
为
，则有
第二次碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒可得
，
联立解得
则第二次碰撞后物块B 的动能为
10．（2025·江苏省苏州市八校联考·三模）观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为。一长木板
静止放置在光滑水平地面上，木板质量为
。一质量为
的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方
第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止。青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙
第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大。木板的
厚度不计。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重
力加速度为
。求：
（1）每次青蛙起跳做的功
；
62
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（2）青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离
；
（3）若长木板的长度为
，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移
（用木板长度
表示）；
（4）长木板的长度
与的关系。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】
【小问1 详解】
对青蛙竖直起跳过程列动能定理
解得每次青蛙起跳做的功
【小问2 详解】
对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为
，方向与水平方向夹角为
，运动时间为，则
竖直方向
水平方向
联立解得
则当
时，
对青蛙起跳
解得青蛙第三次向右上方跳起
水平距离
【小问3 详解】
青蛙第一、二次向右上方起跳均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地面位移相同。对青
蛙第一次在木板向右上方起跳过程，水平方向动量守恒有
由几何关系
联立解得
【小问4 详解】
对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为
，水平初速度为
，木板后退速度为
。则对
63
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青蛙，竖直方向
水平方向
对青蛙和木板系统
青蛙相对地面位移
对青蛙第一次起跳
联立得
又由于
可知当
时，青蛙跳的最远，则
11. （2025·湖南省常德市·二模）如图所示，质量为
、长为
的均匀长木板，其上表面光滑，下表面粗糙，
静止平放在粗糙的水平桌面上，左端安有一竖直挡板。一质量为
的小滑块静置在长木板的右端。现给
小滑块一个水平向左的瞬时速度
，小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从
长木板掉下。假设小滑块与竖直挡板的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，桌面粗糙程度各处相同，桌面足
够长，重力加速度大小为
。求
（1）第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小；
（2）长木板与桌面间的动摩擦因数；
（3）长木板运动的总时间。
【答案】（1）
，
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
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设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为
和
，碰撞瞬间根据
系统动量守恒和机械能守恒可得
，
联立解得
，
【小问2 详解】
发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发生第一次
碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对
位移恰好等于
，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为，长木板匀减速的加速度大小为
，则有
，
解得
，
对长木板根据牛顿第二定律可得
解得
【小问3 详解】
二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为
，
这段时间内小滑块的位移为
因为
所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，根据动量守
恒定律和机械能守恒定律有
，
联立解得
，
同理，小滑块与长木板第
次碰撞后瞬间长木板的速度大小
小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做加速度相同的匀减速运动，故
长木板运动的总时间
65
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解得
12. （2025·湖北省·一模）如图所示，小车B 静止在水平面上，木块C 静止在小车B 的正前方
处，
一滑块A（可视为质点）从小车的最左端以
的初速度冲上小车，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰
撞时间极短可忽略不计。已知A、B、C 的质量分别为
、
、
，A 与B 之间、C 与水平地面之
间的动摩擦因数均为
，不计小车B 与地面之间的摩擦，小车的上表面水平且足够长，重力加速度
。
（1）求小车B 和木块C 第1 次碰撞后瞬间，B、C 的速度大小；
（2）求从滑块滑上小车至B 和C 发生第2 次碰撞前瞬间，滑块A 与小车B 间因摩擦产生的热量Q；
（3）求木块C 在水平面上滑行的总时间。
【答案】（1）1m/s，2m/s
（2）81J （3）12s
【解析】
【小问1 详解】
A 滑上B 时，设A、B 的加速度分别为
、
，并取向右为正，对A
可得
对B
可得
假设B 与C 第一次碰撞前A、B 未达到共速，则
，
所以
此时
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，故假设成立。B 与C 碰撞过程中
解得
此时A 的速度不变，即
所以B 与C 碰后瞬间B 速度大小为
，C 速度大小为
。
小问2 详解】
在第一次碰撞前，知
设第一次碰后C 的加速度为
，则
解得
假设B、C 发生第二次碰撞时A、B 未共速，C 未停止，则根据
解得
由
知，此时
，
，
故假设成立。在两次碰撞之间，知
故
【小问3 详解】
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对A、B、C 组成的系统，动量变化原因是地面对C 摩擦力的冲量导致，C 获得速度方向始终向右，所受摩
擦力始终向左，故最终A、B、C 必然都停止。对A、B、C 组成的系统在全过程中
可得
13. （2025·河北省张家口市·三模）（多选）如图所示，水平地面上固定一倾角为
且足够长的光滑斜面，
斜面底部固定安装一劲度系数为
的轻弹簧，弹簧上端拴接一质量为
的小滑块
，静止时滑块所在位置
为
。另有一质量也为
的小滑块
，从位置A 由静止开始下滑，滑块
与滑块
发生碰撞后，一起（不
粘连）向下运动。在以后运动过程中，
恰好不能与
分离。已知弹簧的形变量始终在弹性限度内，弹簧
形变量为
时，弹性势能
，从碰撞至运动到最低点的过程所用时间为，重力加速度为
，不
计空气阻力。下列判断正确的是（ ）
A.
的距离为
B. 运动过程中弹簧的最大压缩量为
C. 碰撞后的运动过程中滑块
的最大速度为
D. 从碰撞到滑块
第一次速度最大所用时间为
【答案】AD
【解析】A．小滑块
，静止时滑块所在位置为
，根据受力平衡可知此时弹簧的压缩量为
设
的距离为，小滑块
从位置A 由静止开始下滑到与滑块
发生碰撞前过程，根据动能定理可得
碰撞过程根据动量守恒可得
在以后运动过程中，
恰好不能与
分离，可知小滑块
、
恰好运动到弹簧处于原长时，速度为0；从
碰撞后瞬间到弹簧恢复原长过程，根据能量守恒可得
68
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联立解得
，
故A 正确；
B．碰撞后小滑块
、
一起做简谐运动，处于平衡位置时，有
解得平衡位置对应的弹簧压缩量为
由于小滑块
、
一起做简谐运动到最高点时，弹簧处于原长，可知简谐运动的振幅为
根据对称性可知，运动过程中最低点对应的弹簧的最大压缩量为
故B 错误；
C．碰撞后小滑块
、
一起做简谐运动，当处于位置时，小滑块
、
的速度最大，从平衡位置到最高点
过程（弹簧处于原长），根据能量守恒可得
解得碰撞后的运动过程中滑块
的最大速度为
故C 错误；
D．以平衡位置为计时起点，则振动方程为
碰撞位置相对于平衡位置的位移为
，则有
解得
由题意可知从碰撞至运动到最低点的过程所用时间为，则有
所以从碰撞到滑块
第一次速度最大（处于平衡位置）所用时间为
故D 正确。
故选AD。
14. （2025·河北省沧州市·二模）如图所示，水平面上放置一左端固定在Q 点、右端与物块A 相连的轻质
弹簧，弹簧的劲度系数k=20N/m。初始锁定物块A、B 后放置在水平面上O 点，此时弹簧伸长量x0=0.2m，
A、B 之间夹有不计质量的火药。水平面上O 点左侧粗糙，右侧光滑，A 与水平面间动摩擦因数μ1=0.08。
水平面右下方有足够长的倾角θ=30°的斜面，水平面与斜面顶端P 点的高度差h=0.6m，下端带有弹性挡板
且板长L=4m 的长木板C 恰好静止在斜面顶端P 点。解除A、B 锁定，火药瞬间爆炸后，B 向右运动，从水
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平面的右端水平抛出，恰好沿斜面方向落到长木板的顶端。已知A 的质量mA=5kg，B 的质量mB=1kg，C 的
质量mC=3kg，B 与C 之间的动摩擦因数
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取
10m/s2，忽略空气阻力的影响，物块A、B 均可看作质点。在运动过程中，弹簧始终在弹性限度内，当其形
变量为x 时，弹性势能
。求：
（1）物块B 与C 上的挡板发生第一次弹性碰撞前的速度大小；
（2）从爆炸开始到A 最终静止，物块A 通过的总路程；
（3）物块B 和长木板C 之间因摩擦产生的总热量。
【答案】（1）8m/s
（2）1m （3）36J
【解析】
【小问1 详解】
设火药爆炸后A 和B
速度大小分别为v1和v2，B 向右做匀速直线运动，从水平面抛出后做平抛运动，根
据题意有
，
解得
B 刚落到C 上时的速度
解得
设C 与斜面间的动摩擦因数为
，初始时C 恰好静止在斜面上，得
则B 滑上C 后，C 受到B 沿斜面向下的滑动摩擦力，此时
C 因此保持静止，B 沿斜面方向做匀加速直线运动，则有
则B 与C 的挡板发生第一次碰撞前的速度
解得
【小问2 详解】
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火药爆炸过程中对A、B 由动量守恒定律得
解得
设A 向左移动x1后速度减为零，由能量守恒定律得
解得
设A 再向右移动x2后速度减为零，且处于压缩状态，由能量守恒定律得
解得
，可知此时A 恰好回到弹簧原长，A 停止运动
则A 在整个运动过程中的总路程
【小问3 详解】
从B 落到C 顶端到第一次碰撞，B、C 间因摩擦产生的热量
从第一次碰撞开始，系统动量守恒，经多次碰撞后，B 相对C 静止于挡板处，由动量守恒定律得
解得
，二者以此速度一起沿斜面向下做匀速直线运动
第一次碰撞后的运动过程中，B、C 系统重力势能减少量等于C 与斜面间的摩擦生热，则此过程中B、C 间
因摩擦产生的热量
则整个过程中B、C 间因摩擦产生的热量
解得
1．（2025 年北京卷第13 题）自然界中物质是常见的，反物质并不常见。反物质由反粒子构成，它是科学
研究的前沿领域之一。目前发现的反粒子有正电子、反质子等；反氢原子由正电子和反质子组成。粒子与
其对应的反粒子质量相等，电荷等量异种。粒子和其反粒子碰撞会湮灭。反粒子参与的物理过程也遵守电
荷守恒、能量守恒和动量守恒。下列说法正确的是（ ）
A. 已知氢原子的基态能量为
，则反氢原子的基态能量也为
B. 一个中子可以转化为一个质子和一个正电子
C. 一对正负电子等速率对撞，湮灭为一个光子
D. 反氘核和反氘核的核聚变反应吸收能量
71
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【答案】A
【解析】A．氢原子基态能量由电子与质子决定。反氢原子由正电子和反质子构成，电荷结构相同，能级
结构不变，基态能量仍为
，故A 正确；
B．若中子衰变（β+衰变）生成质子、正电子
，不符合质子数守恒，故B 错误；
C．正负电子对撞湮灭时，总动量为零，需产生至少两个光子以保证动量守恒。单个光子无法满足动量守
恒，故C 错误；
D．核聚变通常释放能量（如普通氘核聚变）。反氘核聚变遵循相同规律，应释放能量而非吸收，故D 错
误。
故选A。
2．（2025 年北京卷第17 题）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t 到达最高点。在最高
点该物体炸裂成
两部分，质量分别为
和m，其中A 以速度v 沿水平方向飞出。重力加速度为g，
不计空气阻力。求：
（1）该物体抛出时的初速度大小
；
（2）炸裂后瞬间B 的速度大小
；
（3）
落地点之间的距离d。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式
可得
【小问2 详解】
爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A 速度为v，设B 速度为vB，由动量守恒定律得
解得
即大小
2v
【小问3 详解】
根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A 的水平位移
B 的水平位移
所以落地点A、B 之间的距离
72
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3．（2025 年甘肃卷第4 题）如图，小球A 从距离地面
处自由下落，
末恰好被小球B 从左侧水平击
中，小球A 落地时的水平位移为
。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g 取
，则
碰撞前小球B 的速度大小v 为（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】根据题意可知，小球A 和B 碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A 球的竖直速度不变，
设碰撞后A 球水平速度为
，B 球水平速度为
，则有
碰撞
完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有
联立解得
，
小球A 在竖直方向上做匀加速直线运动，则有
解得
可知，碰撞后，小球A 运动
落地，则水平方向上有
解得
故选B。
4．（2025 年甘肃卷第15 题）已知在一磁感强度为B 的磁场中存在一光滑双轨，左端接入电容C，两机械
臂1 和机械臂2（可视为杆），质量均为m，两机械臂接入磁场中的长度均为L，电阻均为R。机械臂1 的
初速度为
，机械臂2 静止，两者不相撞。求：
（1）初始时刻机械臂1 的感应电动势大小和感应电流方向；
（2）在达到稳定前，两机械臂电流分别为
和
，求此时两机械臂所受安培力的大小，以及此时电容器
73
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电荷量的表达式；
（3）稳定时的速度和两棒间初始距离的最小值。
【答案】（1）
，竖直向上
（2）
，
，
（3）
，
【解析】
【小问1 详解】
初始时刻机械臂1 的感应电动势大小为
由右手定则可知感应电流方向竖直向上。
【小问2 详解】
在达到稳定前，两机械臂电流分别为
和
，两机械臂安培力的大小分别为
，
设此时两机械臂的速度分别为v1、v2
根据动量守恒
，
而
，
电容器的带电量
电容器两端的电压
联立解得
所以此时电容器电荷量为
【小问3 详解】
当
时，两机械臂的速度相同，此时
可得两机械臂的速度为
此过程中，对机械臂1，根据动量定理
对机械臂2，根据动量定理
初始距离的最小值
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解得
5．（2025 年海南卷第11 题）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径
，圆心角
的圆
弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A 从圆弧顶点无初速度下滑，
在平台与B 碰成一整体，B 随后滑上传送带，已知
，
，A、B 可视为质点，AB 与传送
带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热
，忽略轨道及平台的摩擦，
（1）A 滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）A 与B 整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
【答案】（1）
，方向竖直向上；
（2）
（3）
或
【解析】
【小问1 详解】
A 从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒
解得
在最低点根据牛顿第二定律
解得
，方向竖直向上；
【小问2 详解】
根据题意AB 碰后成一整体，根据动量守恒
解得
故A 与B 整个碰撞过程中损失的机械能为
【小问3 详解】
第一种情况，当传送带速度
小于
时，AB 滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB 与传送带间的动摩
75
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擦因数为
，对AB 根据牛顿第二定律
设经过时间
后AB 与传送带共速，可得
该段时间内AB 运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
联立解得
，另一解大于
舍去；
第二种情况，当传送带速度
大于
时，AB 滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间
后AB 与传
送带共速，同理可得
该段时间内AB 运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
解得
，另一解小于
舍去。
6．（2025 年河北卷第15 题）某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A 的恒定
电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a 可视为始终垂直导轨的导体棒，b 为表面
绝缘的无人机。初始时a 静止于MM′处，b 静止于a 右侧某处。现将开关S 接1 端，a 与b 正碰后锁定并一
起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a 运行至NN′时将S 接2 端，同时解除锁定，所储势能瞬间全
部转化为动能，a 与b 分离。已知电容器电容C 为10F，导轨间距为0.5m，磁感应强度大小为1T，MM′到
NN′的距离为5m，a、b 质量分别为2kg、8kg，a 在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分
始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。
（1）若分离后某时刻a 的速度大小为10m/s，求此时通过a 的电流大小。
（2）忽略a、b 所受空气阻力，当a 与b 的初始间距为1.25m 时，求b 分离后的速度大小，分析其是否为b
能够获得的最大速度；并求a 运动过程中电容器的电压减小量。
（3）忽略a 所受空气阻力，若b 所受空气阻力大小与其速度v 的关系为f = kv2（k = 0.025N·s2/m2），初始
位置与（2）问一致，试估算a 运行至NN′时。a 分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，
并给出结论。（0.992 = 0.980l）
76
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【答案】（1）500A
（2）vb1 = 25m/s，能，ΔU = 40V
（3）能
【解析】
【小问1 详解】
分离后a 切割磁感线有E = BLv
则通过a 的电流
解得I = 500A
【小问2 详解】
由于超级电容器经调控系统为电路提供I0 = 1000A 的恒定电流，则当a 与b 的初始间距为1.25m 时a 与b
碰撞前的速度为
a 与b 碰撞时根据动量守恒和能量守恒有mava = (ma＋mb)v 共，
a 与b 整体从MM′到NN′的过程中有
a 与b 分离时根据动量守恒和能量守恒有(ma＋mb)v 共1 = mava1＋mbvb1，
联立解得vb1 = 25m/s
由于a 和ab 组合体均做匀变速直线运动，分别有
，
则电容器流出的电荷量有Δq = I0(t1＋t2)
a 运动过程中电容器的电压减小量
【小问3 详解】
b 所受f = kv2(k = 0.025N·s2/m2）的空气阻力后，a 与b 整体从MM′到NN′的过程中有(BI0L－kv2) = (ma＋
mb)a，
求解出
则
a 分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%。
77
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7．（2025 年河南卷第7 题）两小车P、Q 的质量分别为
和想
，将它们分别与小车N 沿直线做碰撞
实验，碰撞前后的速度v 随时间t 的变化分别如图1 和图2 所示。小车N 的质量为
，碰撞时间极短，则
（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】PN 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知
，故
；
同理，QN 碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有
即
根据图像可知
，故
；
故
故选D。
8．（2025 年河南卷第14 题）如图，在一段水平光滑直道上每间隔
铺设有宽度为
的防滑
带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为
的小物块P，另一质量为
的小物块Q 以
的速度向右运动并与P 发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P 的速度大小为
，P、Q 与防滑带间的动摩擦因数均为
，重力加速度大小
。求：
（1）该碰撞过程中损失的机械能；
78
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（2）P 从开始运动到静止经历的时间。
【答案】（1）24.5J
（2）5s
【解析】
【小问1 详解】
P、Q 与发生正碰，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立可得
，
【小问2 详解】
对物块P 受力分析由牛顿第二定律
物块P 在第一个防滑带上运动时，由运动学公式
，
解得
则物块P 在第一个防滑带上运动的时间为
物块P 在光滑的直道上做匀速直线运动，则
解得
物块P 在第二个防滑带上运动时，由运动学公式
，
解得
则物块P 在第二个防滑带上运动的时间为
物块P 在光滑的直道上做匀速直线运动，则
解得
由以上条件可知，物块P 最终停在第三个防滑带上，由运动学公式
可得物块P 在第三个防滑带上运动的时间为
故物块P 从开始运动到静止经历的时间为
9．（2025 年湖北卷第15 题）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n 是大于
1 的正整数）个质量均为m 的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑
块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为
，滑块与木板间的动摩擦因数为
。初始时木板
和所有滑块均处于静止状态。现给第1 个滑块一个水平向右的初速度，大小为
（
为足够大常数，
g 为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等
79
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于滑动摩擦力。
（1）求第1 个滑块与第2 个滑块碰撞前瞬间，第1 个滑块的速度大小
（2）记木板滑动前第j 个滑块开始滑动时
速度为
，第
个滑块开始滑动时的速度为
。用已知
量和
表示
。
（3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求
的值。（参考公式：
）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
滑块1 运动时，对木板的摩擦力为
地面对木板的摩擦力为
所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L ，所以对滑块1 根据动能定理有
解得
【小问2 详解】
滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j 个滑块开始运动时加速度为
根据运动学公式，第j 个滑块开始滑动到和第
个滑块碰撞时，有
第j 个滑块和第j+1 个滑块碰撞过程中动量守恒有
联立可得
【小问3 详解】
当第k 个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有
80
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解得
（n 为整数）
则第
个（即
）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的
木块不发生相对滑动，则
则
木板和剩下的木块不发生相对滑动。
对前面
个（即
）木块，有
木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面
个木块和
个木块共速，且相对位移恰好为
，则
则
又
则
则
j=1 时，第一个滑块开始运动的速度
，则
j=2 时，根据动量守恒定律可得
可得第2 个滑块开始运动的速度
，
则
由第二问可得，
，则对第3 个滑块到第
个滑块有
……
将从j=2 到j=k+1 相关方程累积求和可得
81
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联立
，
可得
10．（2025 年湖南卷第10 题）（多选）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C 是可以在
滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h 的水平面上。测量时，
将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A 和B 封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完
全转化为A 和B 的动能。极短时间内B 嵌入C 中形成组合体D，D 与滑轨间的动摩擦因数为
。D 在滑轨
上运动
距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为
，根据
可计算出弹药释放的能量。某次测量中，
A、B、C 质量分别为
、
、
，
，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加
速度大小为g。则（ ）
A. D 的初动能与爆炸后瞬间A 的动能相等
B. D 的初动能与其落地时的动能相等
C. 弹药释放的能量为
D. 弹药释放的能量为
【答案】BD
【解析】A．爆炸后，AB 组成的系统动量守恒，即3mv1=mv2
B 与C 碰撞过程动量守恒mv2=6mv
联立解得v=0.5v1。
爆炸后瞬间A 的动能
D 的初动能
两者不相等，故A 错误；
82
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B．D 水平滑动过程中摩擦力做功为
做平抛运动过程中重力做的功为
故D 从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D 的初动能与其落地时的动能相等，故B
正确；
CD．D 物块平抛过程有
，
联立可得
D 水平滑动过程中根据动能定理有
化简得
弹药释放的能量完全转化为A 和B 的动能，则爆炸过程的能量为
故C 错误，D 正确。
故选BD。
11．（2025 年湖南卷第15 题）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，
需要将质量为m 的机器人抛至悬崖上的A 点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b 为同一水平面上两条
光滑平行轨道，轨道中有质量为M 的滑杆。滑杆用长度为L 的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳？？紧
且与轨道平行，机器人从B 点以初速度v 竖直向下运动，B 点位于轨道平面上，且在A 点正下方，
。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻
绳不可伸长，
，重力加速度大小为g。
（1）若滑杆固定，
，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
83
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（2）若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为
时，机器人松开轻绳后被抛至
A 点，求v 的大小；
（3）若滑杆能沿轨道自由滑动，
，且
，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角
为
时，机器人松开轻绳后被抛至A 点，求v 与k 的关系式及v 的最小值。
【答案】（1）
（2）
（3）
，
【解析】
【小问1 详解】
由B 点到最低点过程动能定理有
最低点牛顿第二定律可得
联立可得
【小问2 详解】
轻绳运动到左上方与水平方向夹角为
时由能量守恒可得
水平方向
竖直方向取向上为正可得
联立可得
【小问3 详解】
当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为
时计为点C，由能量守恒可得
设
的水平速度和竖直速度分别为
，则有
则水平方向动量守恒可得
水平方向满足人船模型可得
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此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为
设此时机器人的速度与竖直方向的夹角为
，则有速度关系
水平方向
竖直方向
联立可得
即
显然当
时取得最小，此时
12．（2025 年江苏卷第14 题）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每
列有n 个。在两列钢球之间，一质量为m 的玻璃球以初速度
向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的
碰撞均视为弹性碰撞。
（1）若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
（2）若钢球质量为
，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小
；
（3）若钢球质量为
，求玻璃球经历
次碰撞后的动能
。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程
中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为
。
【小问2 详解】
根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有
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由能量守恒定律有
解得
，
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为
【小问3 详解】
根据题意结合小问2 分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的
，右侧
第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个
小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的
，综上所述，玻璃
球碰撞
次后速度大小为
则玻璃球碰撞
次后最终动能大小
13．（2025 年山东卷第17 题）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q 分别为
轨道的两个端点且位于同一高度，P 处轨道的切线沿水平方向，Q 处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b
用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b 被锁定。一质量
的小球自Q 点正上方
处自由下落，
无能量损失地滑入轨道，并从P 点水平抛出，恰好击中a，与a 粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到
时，b 解除锁定开始运动。已知a 的质量
，b 的质量
，方形物体的质量
，重力加速度大小
，弹簧的劲度系数
，整个过程弹簧均在弹性限度内，
弹性势能表达式
（x 为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求：
（1）小球到达P 点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小
、
；
（2）弹簧弹性势能最大时，b 的速度大小
及弹性势能的最大值
。
【答案】（1）
，水平向左，
，水平向右
86
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（2）
，水平向左，
【解析】
【小问1 详解】
根据题意可知，小球从开始下落到
处过程中，水平方向上动量守恒，则有
由能量守恒定律有
联立解得
，
即小球速度为
，方向水平向左，大物块速度为
，方向水平向右。
【小问2 详解】
由于小球落在物块a 正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块
水平方向上动量守恒，
则有
解得
设当弹簧形变量为
时物块
的固定解除，此时小球和物块
的速度为
，根据胡克定律
系统机械能守恒
联立解得
，
固定解除之后，小球、物块
和物块
组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动
量守恒定律有
解得
，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为
14．（2025 年陕晋宁青卷第15 题）如图，有两个电性相同且质量分别为m、
的粒子A、B，初始时刻
相距
，粒子A 以速度
沿两粒子连线向速度为0 的粒子B 运动，此时A、B 两粒子系统的电势能等于
。经时间
粒子B 到达P 点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B 施加一恒力，方向与速度
方向相同。当粒子B 的速度为
时，粒子A 恰好运动至P 点且速度为0，A、B 粒子间距离恢复为
，这时
撤去恒力。己知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：（m、
、
、
均为己知量）
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（1）粒子B 到达P 点时的速度大小
；
（2）
时间内粒子B 的位移大小
；
（3）恒力作用的时间
。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1 详解】
根据动量守恒定律
，解得
【小问2 详解】
两者共速时设间距为
，根据能量守恒定律可知此时电势能为
根据题意电荷间的电势能与它们间的距离成反比，则
两者共速前的过程系统始终动量守恒，根据动量守恒则有
即有
根据位移关系可知
联立解得
【小问3 详解】
对全过程，对系统根据动能定理
对全过程，根据动量定理
联立解得
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15. （2025 年重庆卷第15 题）如图所示，长度为d
水平传送带M 顺时针匀速运动。质量为m 的小物块A
在传送带左端M 由静止释放。A 还未与传送带达到相同速度时就从右端N 平滑地进入光滑水平面NO，与
向右运动的小物块B 发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B 均向右运动，从O 点进入粗糙水平地面。设
A 与传送带间的动摩擦因数和A、B 与地面间的动摩擦因数均为
，重力加速度为g。
（1）求A 在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
（2）若碰前瞬间，B 的速度大小为A 的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B 在粗糙地面上停下后相距
d，求B 的质量；
（3）若B 的质量是A 的n 倍，碰后瞬间A 和B 的动量相同，求n 的取值范围及碰后瞬间B 的速度大小范
围。
【答案】（1）
，
（2）
（3）
，
【解析】
【小问1 详解】
A 在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即
可得
由于A 还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由
解得
【小问2 详解】
设B 的质量为M，则由题意由碰前
，
，两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有
，
又因
在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即
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联立解得
，
因为OP 段粗糙，由动能定理有
得
，即
，
根据题意有
，且由（1）有
联立各式解得
【小问3 详解】
A、B 碰撞过程动量守恒有
又因为碰后瞬间A 和B 的动量相同，则
，
根据碰撞
约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有
，即
碰后动能不增，即
，可得
所以n
取值范围为
分别将
和
带入
，分别可得
，
所以对应的B 的速度范围为
，带入
可得
16．（2024 年湖北卷第14 题）如图所示，水平传送带以5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的
距离为
。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为
、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg 的小
球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O 点右侧的P 点固定一钉子，P 点与O 点等高。将质量为
0.1kg 的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物
块的速度大小为
、方向水平向左。小球碰后绕O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P
点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小
。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P 点正上方，绳子不松弛，求P 点到O 点的最小距离。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传
送带的速度大小
。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方
向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P 点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P 点到O 点的距离为
，小球在P 点正上方的
速度为
，在P 点正上方，由牛顿第二定律有
小球从
点正下方到P 点正上方过程中，由机械能守恒定律有
91
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联立解得
即P 点到O 点的最小距离为
。
17．（2024 年湖南卷第15 题）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
。
（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
92
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（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
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
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
；所以
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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
第二次碰撞的相对速度大小为
第二次碰撞有
且
94
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联立可得
所以B 球运动的路程
一共碰了2n 次，有
18．（2024·上海卷·第7 题）如图，小球a 通过轻质细线Ⅰ，Ⅱ悬挂，处于静止状态。线Ⅰ长
，Ⅱ上
端固定于离地
的O 点，与竖直方向之间夹角
；线Ⅱ保持水平。O 点正下方有一与a 质量
相等的小球b，静置于离地高度
的支架上。（取
，
，
）
（1）在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小
，
和小球a 所受重力大小G 中，最大的是______。
（2）烧断线Ⅱ，a 运动到最低点时与b 发生弹性碰撞。求：
①与b 球碰撞前瞬间a 球的速度大小
；（计算）______
②碰撞后瞬间b 球的速度大小
；（计算）______
③b 球的水平射程s。（计算）______
【答案】 ①.
②.
③.
④.
【解析】（1）[1]以小球a 为对象，根据受力平衡可得
可知在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小
，
和小球a 所受重力大小G 中，最大的是
。
（2）①[2]由动能定理可得
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可得
[3]
②
由动量守恒定律和能量守恒可得
联立解得
[4]
③
由平抛运动的规律有
，
联立解得
19．（2024 年河北卷第16 题）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静
止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A 木板左端。已知三块木板质量均为
A 木板长度
为
，机器人质量为
，重力加速度g 取
，忽略空气阻力。
（1）机器人从A 木板左端走到A 木板右端时，求A、B 木板间的水平距离。
（2）机器人走到A 木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A 木板右端跳到B 木板左端，求起跳
过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B 木板左端后立刻与B 木板相对静止，随即相对B 木板连续不停地3
次等间距跳到B 木板右端，此时B 木板恰好追上A 木板。求该时刻A、C 两木板间距与B 木板长度的关系。
【答案】（1）
；（2）90J，2；（3）
【解析】（1）机器人从A 木板左端走到A 木板右端，机器人与A 木板组成的系统动量守恒，设机器人质
量为M，三个木板质量为m，根据人船模型得
同时有
解得A、B 木板间的水平距离
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（2）设机器人起跳的速度大小为
，方向与水平方向的夹角为
，从A 木板右端跳到B 木板左端时间为
t，根据斜抛运动规律得
联立解得
机器人跳离A 的过程，系统水平方向动量守恒
根据能量守恒可得机器人做的功为
联立得
根据数学知识可得当
时，即
时，W 取最小值，代入数值得此时
（3）根据
可得
，根据
得
分析可知A 木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A 木板到与B 木板相对静止的过程中，机器人与BC
木板组成的系统在水平方向动量守恒，得
解得
该过程A 木板向左运动的距离为
机器人连续3 次等间距跳到B 木板右端，整个过程机器人和B 木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次
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起跳机器人的水平速度大小为
，B 木板的速度大小为
，机器人每次跳跃的时间为
，取向右为正方
向，得
①
每次跳跃时机器人和B 木板的相对位移为
，可得
②
机器人到B 木板右端时，B 木板恰好追上A 木板，从机器人跳到B 左端到跳到B 右端的过程中，AB 木板
的位移差为
可得
③
联立①②③解得
故A、C 两木板间距为
解得
20．（2024 年辽宁卷第14 题） 如图，高度
的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量
。A、B 间夹一压缩量
的轻弹簧，弹簧与A、B 不栓接。同时由静止释放A、
B，弹簧恢复原长时A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程
；B 脱离弹簧后沿桌面滑行
一段距离
后停止。A、B 均视为质点，取重力加速度
。求：
（1）脱离弹簧时A、B 的速度大小
和
；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能
。
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【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【解析】（1）对A 物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A 的速度大小为
AB 物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB 物块整体
动量守恒，则
解得脱离弹簧时B 的速度大小为
（2）对物块B 由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）弹簧的弹性势能转化为AB 物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
其中
，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
21．（2024 年湖北卷第10 题）（多选）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L 的木块，
质量为m 的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f 与射入初速度大小
成正比，即
（k 为已知常数）。改变子弹的初速度大小
，若木块获得的速度最大，则
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（ ）
A. 子弹的初速度大小为
B. 子弹在木块中运动的时间为
C. 木块和子弹损失的总动能为
D. 木块在加速过程中运动的距离为
【答案】AD
【解析】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为
，则有
子弹和木块相互作用过程中合力都为
，因此子弹和物块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即
取极值即可，该函数在
到无穷单调递减，
因此当
木块的速度最大，A 正确；
B．则子弹穿过木块时木块
速度为
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由运动学公式
可得
故B 错误；
C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
故C 错误；
D．木块加速过程运动的距离为
故D 正确。
故选AD。
22．（2024 年山东卷第17 题）如图甲所示，质量为M 的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表
面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P 点平滑连接，Q 为轨道的最高点。质量为m 的小物块静
置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形
部分的半径R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q 点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物
块在Q 点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a 与F 对应
关系如图乙所示。
（i）求μ 和m；
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P 点时撤去F，
小物块从Q 点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】（1）
；（2）（i）
，
；（3）
【解析】（1）根据题意可知小物块在Q 点由合力提供向心力有
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代入数据解得
（2）（i）根据题意可知当F≤4N 时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知
根据图乙有
当外力
时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有
结合题图乙有
可知
截距
联立以上各式可得
，
，
（ii）由图乙可知，当F=8N 时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为
当小物块运动到P 点时，经过t0时间，则轨道有
小物块有
在这个过程中系统机械能守恒有
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有
联立解得
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根据运动学公式有
代入数据解得
23．（2023 年6 月浙江卷第18 题）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
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
的滑块b 与质量为
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
（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
和所受支持力大小
；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度
，求滑块
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)31.0 N
(2)0
(3)0.2 m
解析：(1)滑块a 以初速度
从D 处进入竖直圆弧轨道DEF 运动，由动能定理有
解得
在最低点F，由牛顿第二定律有
解得
(2)碰撞后滑块a 返回到B 点的过程，由动能定理有
解得
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滑块
碰撞过程，由动量守恒定律有
解得
碰撞过程中损失的机械能
(3)滑块a 碰撞b 后立即被粘住，由动量守恒定律有
解得
滑块ab 一起向右运动，压缩弹簧，ab 减速运动，c 加速运动，当abc 三者速度相等时，弹簧长度最小，由
动量守恒定律有
解得
由机械能守恒定律有
解得
由
解得最大压缩量
滑块ab 一起继续向右运动，弹簧弹力使c 继续加速，使ab 继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c 速度最
大，ab 速度最小；滑块ab 一起再继续向右运动，弹簧弹力使c 减速，ab 加速，当abc 三者速度相等时，
弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长
量
所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
24. （2023 年北京卷第18 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
。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）A 释放到与B 碰撞前，根据动能定理得
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
25. （2023 年全国乙卷第12 题）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；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
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【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
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（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
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
此时圆盘距下端关口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
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有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
圆盘速度
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。
26. （2023 年山东卷第18 题）如图所示，物块A 和木板B 置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B
的上表面所在平面相切，竖直挡板P 固定在地面上。作用在A 上的水平外力，使A 与B 以相同速度
向右
做匀速直线运动。当B 的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C 恰好到达最低点，
并以水平速度v 滑上B 的上表面，同时撤掉外力，此时B 右端与P 板的距离为s。已知
，
，
，
，A 与地面间无摩擦，B 与地面间动摩擦因数
，C 与B 间动摩擦因数
，B 足够长，使得C 不会从B 上滑下。B 与P、A 的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力
加速度大小
。
（1）求C 下滑的高度H；
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（2）与P 碰撞前，若B 与C 能达到共速，且A、B 未发生碰撞，求s 的范围；
（3）若
，求B 与P 碰撞前，摩擦力对C 做的功W；
（4）若
，自C 滑上B 开始至A、B、C 三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化
量
的大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【解析】（1）由题意可知滑块C 静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C 刚滑上B 时可知C 受到水平向左的摩擦力，为
木板B 受到C 的摩擦力水平向右，为
B 受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C 的加速度为
木板B 的加速度为
设经过时间t1，B 和C 共速，有
代入数据解得
木板B 的位移
共同的速度
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此后B 和C 共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间，物块A 恰好滑上模板B，有
整理得
解得
，
（舍去）
此时B 的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s 范围为
（3）由于
所以可知滑块C 与木板B 没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得
，
（舍去）
滑块C 在这段时间的位移
所以摩擦力对C 做的功
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（4）因为木板B 足够长，最后的状态一定会是C 与B 静止，物块A 向左匀速运动。木板B 向右运动0.48m
时，有
此时A、B 之间的距离为
由于B 与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B 向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A 和木板B 相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得
，
（舍去）
此时有
方向向左；
方向向右。
接着A、B 发生弹性碰撞，碰前A 的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
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而此时
物块A 向左的速度大于木板B 和C 向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B 和C 静止，A 向左匀速运动，
系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量
即大小为9.02kg m/s
⋅
。
27. （2023 年湖南卷第15 题）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
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
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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
联立得
28．（2023 年1 月浙江卷第18 题）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AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角
的直轨道EF、水平直轨道FG 组成，除FG 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AB、EF 相切于B（E）处。凹槽GHIJ 底面HI 水平光
滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH 处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK 位于同一水
平面。已知螺旋圆形轨道半径
点高度为
长度
，HI 长度
，摆
渡车长度
、质量
。将一质量也为m 的滑块从倾斜轨道AB 上高度
处静止释放，
滑块在FG 段运动时的阻力为其重力的0.2 倍。（摆渡车碰到竖直侧壁IJ 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IJ 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μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G 到J 所用的时间t。
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答案：(1)22 N (2)0.3 (3)2.5 s
解析：(1)C 点离地高度为
滑块从静止释放到C 点过程，根据动能定理可得
解得
在最高点C 时，根据牛顿第二定律可得
解得
(2)从静止释放到G 点，由动能定理可得
由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v
根据动量守恒定律可得
由功能关系可得
综合解得
(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
设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为
，有
共速后继续向右匀速运动的时间
29. （2023 年海南卷第18 题）如图所示，有一固定的光滑
圆弧轨道，半径
，一质量为
的小滑块B 从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C 左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，
已知
，B、C 间动摩擦因数
，C 与地面间的动摩擦因数
，C 右端有一个挡板，C
长为
。
求：
（1）
滑到
的底端时对
的压力是多大？
（2）若
未与
右端挡板碰撞，当
与地面保持相对静止时，
间因摩擦产生的热量是多少？
（3）在
时，B 与C 右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求
从滑上
到最终停止所
用的时间。
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【答案】（1）30N；（2）1.6J；（3）
【解析】（1）滑块下滑到轨道底部，有
解得
在底部，根据牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知B 对A 的压力是
。
（2）当B 滑上C 后，对B 分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得
解得加速度向左为
对C 分析，受B 向右的摩擦力
和地面向左的摩擦力
根据牛顿第二定律
解得其加速度向左为
由运动学位移与速度关系公式
，得B 向右运动的距离
C 向右运动距离
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由功能关系可知，B、C 间摩擦产生的热量
可得
（3）由上问可知，若B 还末与C 上挡板碰撞，C 先停下，用时为
，有
解得
B 的位移为
则此刻的相对位移为
此时
由
，一定是C 停下之后，B 才与C 上挡板碰撞。设再经
时间B 与C 挡板碰撞，有
解得
碰撞时B 速度为
碰撞时由动量守恒可得
解得碰撞后B、C 速度为
之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得
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后再经
后停下，则有
故
从滑上
到最终停止所用的时间总时间
30. （2023 年河北卷第8 题）如图，质量为
的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为
的竖直光
滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成
角．质量为
的
小物块
以
的初速度从木板左端水平向右滑行，
与木板间的动摩擦因数为0.5．当
到达木板右
端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时
沿圆弧切线方向滑上轨道．待
离开轨道后，可随时解
除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为
取
取
．
（1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块
和木板的速度大小；
（2）求物块
到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度；
（3）物块
运动到最大高度时会炸裂成质量比为
的物块
和物块
，总质量不变，同时系统动能增
加
，其中一块沿原速度方向运动．为保证
之一落在木板上，求从物块
离开轨道到解除木板锁定
的时间范围．
【答案】（1）
，
；（2）
，
；（3）
或
【解析】（1）设物块
的初速度为
，木板与轨道底部碰撞前，物块
和木板的速度分别为
和
，物
块
和木板的质量分别为
和
，物块
与木板间的动摩擦因数为
，木板长度为
，由动量守恒定律
和功能关系有
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由题意分析
，联立式得
（2）设圆弧轨道半径为
，物块
到圆弧轨道最高点时斜抛速度为
，轨道对物块的弹力为
．物块
从轨道最低点到最高点，根据动能定理有
物块
到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有
联立式，得
设物块
拋出时速度
水平和竖直分量分别为
和
斜抛过程物块
上升时间
该段时间物块
向左运动距离为
．
物块
距离地面最大高度
．
（3）物块
从最高点落地时间
设向左为正方向，物块
在最高点炸裂为
，设质量和速度分别为
和
、
，设
，系统动能增加
．根据动量守恒定律和能量守恒定律得
解得
或
．
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设从物块
离开轨道到解除木板锁定
时间范围
：
（a）若
，炸裂后
落地过程中的水平位移为
炸裂后
落地过程中的水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
运动轨迹分析如下
了保证
之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅰ．若仅
落在木板上，应满足
且
解得
Ⅱ．若仅
落在木板上，应满足
且
不等式无解；
（b）若
，炸裂后
落地过程中水平位移为0，炸裂后
落地过程中水平位移为
木板右端到轨道底端的距离为
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运动轨迹分析如下
为了保证
之一落在木板上，需要满足下列条件之一
Ⅲ．若仅
落在木板上，应满足
且
解得
Ⅳ．若仅
落在木板上，应满足
且
解得
．
综合分析（a）（b）两种情况，为保证
之一一定落在木板上，
满足
条件为
或
31. （2023 年辽宁卷第15 题）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
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
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相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0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
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
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则对于m1、m2组成的系统有
U = Wf
联立有
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