动量：易错辨析（含高考真题）
目录
一、动量与冲量：矢量性与物理意义的底层混淆（最基础易错）...................................2
1. 动量与动能的本质区别：矢量与标量的致命差异...................................................2
2. 冲量的三大认知误区..................................................................................................2
3. 反弹类问题：矢量性导致的动量变化计算错误.......................................................3
二、动量定理：四大应用陷阱，90% 学生都踩过..............................................................3
1. 混淆 “合外力冲量” 与 “单个力的冲量”（最核心丢分点）......................................3
2. 忽略矢量性，未规定正方向......................................................................................3
3. 变力冲量的错误求解..................................................................................................3
4. 动量定理与动能定理的混用......................................................................................4
三、动量守恒定律：条件判断是最大丢分点.......................................................................4
1. 三大守恒条件的混淆（必考易错）...........................................................................4
2. 系统选取不当：单个物体永远不满足动量守恒.......................................................4
3. 矢量方程列写错误：无正方向、符号混乱...............................................................5
四、碰撞模型：三类碰撞的约束条件极易忽略...................................................................5
1. 三类碰撞模型的核心辨析..........................................................................................5
2. 一动一静弹性碰撞：速度公式与特例.......................................................................6
3. 速度合理性：碰后不能二次碰撞..............................................................................6
4. 碰撞与反冲的能量变化混淆......................................................................................6
五、动量 + 能量综合：守恒条件混淆是致命痛点...............................................................6
1. 两大守恒定律的条件绝对不能混..............................................................................6
2. 摩擦生热：相对位移≠对地位移..............................................................................6
3. 爆炸 / 反冲：动量守恒，动能增加...........................................................................7
六、特殊模型：流体、人船、子弹打木块专属易错...........................................................7
1. 流体模型：微元质量与速度变化错误.......................................................................7
2. 人船模型：相对位移与绝对位移混淆.......................................................................7
3. 子弹打木块 / 板块模型：双规律应用.......................................................................7
七、多过程与图像问题：衔接与解读失误...........................................................................7
1. 多过程问题：速度衔接错误......................................................................................7
2. 图像问题：斜率与动量的关联..................................................................................8
八、高考动量解题三步法（彻底避坑）...............................................................................8
总结..........................................................................................................................................8
专题1 动量....................................................................................................................................8
真题试练1：动量、冲量和动量定理....................................................................................8
真题试练2：动量守恒定律..................................................................................................25
动量是高中物理力学体系的核心交汇点，衔接牛顿运动定律、能量观点，是新高考物理选择
题、实验题、计算题的必考内容，分值占比高、综合性强。从历年阅卷数据来看，动量模块是
学生失分重灾区，失分原因并非公式记不住，而是概念混淆、条件判断失误、矢量性忽略、模
型套用错误。本文结合高考命题规律与高频易错场景，对动量、冲量、动量定理、动量守恒、
碰撞模型、动量能量综合等核心内容进行系统性易错辨析，直击丢分根源，帮大家精准避坑、
高效提分。
一、动量与冲量：矢量性与物理意义的底层混淆（最基础易错）
动量与冲量是动量模块的入门概念，看似简单，却是后续所有规律应用的基础，学生常因标矢
性不分、物理意义模糊出现低级错误。
1. 动量与动能的本质区别：矢量与标量的致命差异
动量定义式 p=mv，是矢量，方向与速度方向一致；动能定义式 Ek= 1
2 m v
2，是标量，只有
大小没有方向。二者关联式 p
2=2m Ek，仅能换算大小，不能替代物理意义的区别。
•
高频误区 1：“动量为零，动能一定为零；动能为零，动量一定为零”。
辨析：对单个物体成立，对系统不成立。例如两个质量相同、速度等大反向的小球组成的系
统，总动量 p总=mv −mv =0，但总动能 Ek总= 1
2 mv
2+ 1
2 mv
2=mv
2≠0。
•
高频误区 2：“动量守恒，动能一定守恒”。
辨析：动量守恒是矢量守恒，动能守恒是标量守恒，只有弹性碰撞同时满足二者守恒，非弹性
碰撞、完全非弹性碰撞均满足动量守恒、动能损失。匀速圆周运动中，动能不变，但动量方向
时刻变化，动量不守恒。
•
高频误区 3：混淆公式，将动量写成 p= 1
2 m v
2，动能写成 Ek=mv。
这是基础计算错误，牢记：动量对应速度一次方，动能对应速度二次方。
2. 冲量的三大认知误区
冲量 I = Ft 是力的时间累积效应，是过程量；动量是状态量，二者通过动量定理关联。
•
误区 1：“力越大，冲量越大”。
辨析：冲量由力和作用时间共同决定，小力长时间的冲量可能大于大力短时间的冲量；力作用
时间为 0，冲量一定为 0。
•
误区 2：“只有运动物体才受冲量，静止物体不受冲量”。
辨析：冲量与运动状态无关，静止在桌面的物体，重力和支持力均有冲量，只是合冲量为 0。
•
误区 3：“变力冲量可用 I = Ft 直接计算”。
辨析：I = Ft 仅适用于恒力；变力冲量需用F-t 图像面积、平均值法、动量定理求解，这是高
考填空题高频考点。
3. 反弹类问题：矢量性导致的动量变化计算错误
这是考试最低级但最高发的错误，典型例子：质量为m的小球以速度v撞墙，原速率反弹。
•
错误做法：Δ p=mv −mv =0（忽略速度方向）
•
正确做法：规定初速度方向为正，v初= v，v末=−v，Δ p=m(−v)−mv =−2mv，负号
表示动量变化方向与初速度相反。
核心提醒：所有动量相关计算，第一步必须规定正方向。
二、动量定理：四大应用陷阱，90% 学生都踩过
动量定理核心公式：I 合= Δ p=m v末−m v初，揭示合外力的冲量等于物体动量的变化量，适用
于恒力、变力、直线、曲线所有运动场景，是求解时间、冲量、变力的首选工具。学生失分集
中在受力分析、矢量性、公式适用范围三点。
1. 混淆 “合外力冲量” 与 “单个力的冲量”（最核心丢分点）
动量定理中的I 合是所有外力的合冲量，而非单个力的冲量，学生常遗漏重力、摩擦力等外
力。
•
典型错题：竖直上抛运动，求物体从抛出到落回抛出点的动量变化。
错误：只考虑空气阻力冲量；正确：必须计入重力冲量，合冲量等于动量变化。
•
解题规范：先完整受力分析，再求合外力，最后计算合冲量，绝不遗漏任何外力。
2. 忽略矢量性，未规定正方向
动量定理是矢量方程，一维运动必须规定正方向，速度、冲量、动量均带正负号。
•
易错场景：刹车、碰撞、反弹、竖直运动，速度方向改变时，符号错误直接导致结果
错误。
•
规避方法：画图标注速度方向，统一正方向，所有矢量严格按方向标注正负。
3. 变力冲量的错误求解
高考常考变力冲量，学生盲目套用I = Ft导致错误。
•
正确方法：
F-t
①
图像：图线与时间轴围成的面积表示冲量；
②平均值法：力随时间均匀变化时，I = F1+ F2
2
⋅t；
③动量定理法：已知动量变化，直接由I 合= Δ p求变力冲量。
4. 动量定理与动能定理的混用
二者均是力学核心定理，但研究角度完全不同：
规律
研究角度
物理量
适用场景
动量定理
力的时间累积
冲量、动量（矢
量）
求时间、冲量、变
力
动能定理
力的空间累积
功、动能（标量）
求位移、功、速度
大小
•
误区：求时间用动能定理，求位移用动量定理。
辨析：涉及时间优先用动量定理，涉及位移优先用动能定理，二者不可混用。
三、动量守恒定律：条件判断是最大丢分点
动量守恒定律是动量模块的核心规律，高考占比最高，失分率也最高，核心问题是守恒条件判
断错误、系统选取不当、矢量性忽略。
1. 三大守恒条件的混淆（必考易错）
动量守恒的核心前提：系统所受合外力为 0，分三种情况，学生常盲目套用：
1.
理想守恒：系统不受外力或合外力为 0（如光滑水平面的碰撞）；
2.
近似守恒：内力远大于外力，外力冲量可忽略（碰撞、爆炸、反冲、打击，高考最常
考）；
3.
分方向守恒：总合外力不为 0，但某一方向合外力为 0，该方向动量守恒（如平抛、斜
面滑块）。
•
高频误区：“只要初末动量相等，系统就动量守恒”。
辨析：初末动量相等仅说明合外力冲量为 0，过程中合外力可能不为 0，动量时刻变化，不属
于动量守恒。
2. 系统选取不当：单个物体永远不满足动量守恒
动量守恒的研究对象是相互作用的物体系统，学生常选单个物体，将内力变为外力，导致守恒
不成立。
•
典型案例：子弹打木块，选木块为系统，子弹的冲击力是外力，动量不守恒；选子弹
+ 木块为系统，冲击力是内力，光滑水平面合外力为 0，动量守恒。
•
选取技巧：将所有发生相互作用的物体纳入系统，最大限度减少外力，简化守恒判
断。
3. 矢量方程列写错误：无正方向、符号混乱
动量守恒方程是矢量方程，一维情况下必须规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
•
错误写法：m1v1+m2v2=m1v1
′ +m2v2
′ （未标注方向，直接用大小计算）；
•
正确写法：规定正方向后，反向速度带负号，严格按代数和计算。
四、碰撞模型：三类碰撞的约束条件极易忽略
碰撞是动量守恒最典型的应用，高考必考计算题，学生失分集中在模型混淆、动能约束、速度
合理性三点。碰撞的三大铁律：动量守恒、动能不增加、速度符合实际，缺一不可。
1. 三类碰撞模型的核心辨析
碰撞类型
动量
动能
核心特征
弹性碰撞
守恒
守恒
形变完全恢复，无
能量损失
非弹性碰撞
守恒
损失
形变部分恢复，能
量转化为内能
完全非弹性碰撞
守恒
损失最大
碰后共速，形变完
全不恢复
•
误区 1：所有碰撞都动能守恒。
辨析：只有弹性碰撞动能守恒，非弹性、完全非弹性碰撞动能一定损失，绝对不能列动能守恒
方程。
•
误区 2：完全非弹性碰撞忘记 “共速”。
核心公式：m1v1+m2v2=(m1+m2)v共，动能损失Δ Ekmax= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2−1
2 (m1+m2)v共
2 。
2. 一动一静弹性碰撞：速度公式与特例
一动一静弹性碰撞（v2=0）是高考高频模型，速度公式：
v1
′ = m1−m2
m1+m2
v1，v2
′ =
2m1
m1+m2
v1
•
特例：m1=m2，速度交换（v1
′ =0，v2
′ = v1），这是秒杀题目的关键结论，学生常记
错。
3. 速度合理性：碰后不能二次碰撞
一维碰撞必须满足：碰后后方物体速度≤前方物体速度，否则会发生二次碰撞，不符合实际。
•
典型错误：小球 A 碰静止小球 B，计算得v A
′ >vB
′ ，说明结果不合理，方程列写错误。
4. 碰撞与反冲的能量变化混淆
•
碰撞：动能减少（弹性除外）；
•
反冲 / 爆炸：内力做正功，动能增加，动量仍守恒。
误区：反冲过程动能减少，实际火箭发射、爆竹爆炸都是动能增加的反冲过程。
五、动量 + 能量综合：守恒条件混淆是致命痛点
动量与能量综合是高考压轴题必考模型，学生最大问题是混淆动量守恒与机械能守恒条件，其
次是能量损失计算错误。
1. 两大守恒定律的条件绝对不能混
•
动量守恒：系统合外力为 0（与做功无关）；
•
机械能守恒：只有重力 / 系统内弹力做功（与合外力无关）。
•
典型场景：光滑水平面的碰撞→动量守恒，机械能不一定守恒；自由落体→机械能守
恒，动量不守恒（重力是外力）。
2. 摩擦生热：相对位移≠对地位移
子弹打木块、板块模型中，系统产生的热量Q = f ⋅x相对，而非摩擦力乘以对地位移。
•
误区：用木块的对地位移计算热量，结果偏小；
•
辨析：热量等于摩擦力与相对位移的乘积，这是能量守恒的核心考点。
3. 爆炸 / 反冲：动量守恒，动能增加
爆炸过程内力远大于外力，动量近似守恒，内力做功将化学能转化为机械能，动能一定增加，
学生常误判为动能减少。
六、特殊模型：流体、人船、子弹打木块专属易错
高考常考三类特殊模型，学生因模型理解不透彻频繁丢分。
1. 流体模型：微元质量与速度变化错误
流体（水流、气流、粒子流）冲击力计算，核心是柱状微元法：
•
微元质量：Δm= ρSv Δt；
•
动量定理：F Δt = Δ p= Δm⋅Δv；
•
误区：速度变化量计算错误，如水流撞墙后沿墙流下，末速度垂直分量为 0，仅计算
垂直方向动量变化。
2. 人船模型：相对位移与绝对位移混淆
人船模型条件：系统初始静止，水平方向动量守恒，m人x人=m船x船，且x人+ x船= L（船的长
度）。
•
误区：将相对位移当作绝对位移，忘记位移均是相对地面的位移；
•
秒杀结论：x人=
m船
m人+m船
L，x船=
m人
m人+m船
L。
3. 子弹打木块 / 板块模型：双规律应用
•
动量守恒：光滑水平面，子弹 + 木块系统合外力为 0；
•
能量守恒：1
2 m v0
2= 1
2 (m+ M )v共
2 + f x相对；
•
误区：只列动量守恒，忘记能量守恒，或相对位移计算错误。
七、多过程与图像问题：衔接与解读失误
1. 多过程问题：速度衔接错误
多过程运动（如冰壶先匀减速再碰撞），前一过程的末速度是后一过程的初速度，学生常忽略
速度方向、大小的衔接，导致后续计算全部错误。
•
解题规范：分阶段列方程，明确每个过程的初末状态，标注速度方向。
2. 图像问题：斜率与动量的关联
x-t 图像斜率表示速度，p=mv，可由斜率求动量；v-t 图像面积表示位移，斜率表示加速度。
•
误区：将 x-t 图像当作运动轨迹，混淆斜率物理意义，导致动量方向判断错误。
八、高考动量解题三步法（彻底避坑）
1.
审条件：判断系统、受力，确定动量是否守恒（理想 / 近似 / 分方向）；
2.
选规律：求时间→动量定理；求碰撞→动量守恒 + 动能约束；求位移→动能定理；
3.
规矢量：规定正方向，所有速度、动量、冲量带正负号，严格列矢量方程。
总结
动量模块的易错点，本质是对矢量性的忽视、对守恒条件的模糊、对模型规律的僵化套用。只
要牢牢抓住 “先判条件、再选规律、严守矢量” 三大原则，理清动量与动能、动量定理与动能
定理、三类碰撞的核心区别，就能彻底避开丢分陷阱，在高考中稳稳拿下动量全部分数。
专题1 动量
真题试练1：动量、冲量和动量定理
1.
(2025 广东,10,6 分)(多选)如图所示,无人机在空中作业时,受到一个方向不变、大小随时间
变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控,在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直
线运动。已知拉力与水平面成30°角,其大小F 随时间t 的变化关系为F=F0-kt(F>0,F0、k 均为大于
0 的常量),无人机的质量为m,重力加速度为g。关于该无人机在0 到T 时间段内(T 是满足F>0 的任
一时刻),下列说法正确的有( )
A.受到空气作用力的方向会变化
B.受到拉力的冲量大小为(F0- 1
2 kT)T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(F0- 1
2 kT)T
D.T 时刻受到空气作用力的大小为❑√
3
4 ( F0-kT )
2+(mg+ F0-kT
2 )
2
答案 ABD 由于无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动,故无人机处
于平衡状态,由于重力不变,拉力方向不变,大小随时间变化,则受到的空气作用力方向必然变化(点
拨:可以画出力的矢量三角形帮助快速解题),A 正确;无人机在0~T 时间内受到的拉力的大小随时间
均匀变化,可采用平均值法求解其冲量大小,则有IF= F0+ F0-kT
2
T=(F0- 1
2 kT)T,B 正确;无人机受
到的重力的冲量大小为mgT,由于冲量是矢量,重力和拉力方向不同,所以受到的重力和拉力的合力
的冲量大小不等于重力冲量与拉力冲量的代数和,C 错误;对无人机受力分析如图所示,将空气作用
力分解为水平方向的分力Fx和竖直方向的分力Fy,则有F 空气=❑√F x
2+ F y
2,其中Fx=(F0-kT) cos 30°=
❑√3
2 (F0-kT),Fy=mg+(F0-kT) sin 30°=mg+1
2(F0-kT),则有F 空气=❑√
3
4 ( F0-kT )
2+(mg+ F0-kT
2 )
2
,D 正确。
2.(2025 云南,6,4 分)如图所示,质量为m 的滑块(视为质点)与水平面上MN 段的动摩擦因数为μ1,
与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN 段后
停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块从Ⅱ
位置以相同速度v0向右滑动,通过MN 段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的位移
大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则( )
A.t1<t2 B.t1>t2 C.x1>x2
D.x1<x2
答案 A 【命题点】匀变速直线运动 动能定理 动量定理
解析 设物块在MN 间的位移为x0,所用时间为t0;在进入MN 之前的位移为x1',所用时间为t1';滑出
MN 之后的位移为x2', 所用时间为t2' 。由动能定理得-μ2mg(x1'+x2')-μ1mgx0=0-1
2mv0
2, 解得
x1'+x2'=v0
2-2 μ1 g x0
2 μ2 g
,而x 总=x1'+x2'+x0= v0
2
2 μ2 g -
μ1- μ2
μ2
x0,故x1=x2,C、D 错误。由动量定理得-
μ2mg(t1'+t2')-μ1mgt0=0-mv0, 解得t1'+t2'=
v0
μ2 g -
μ1
μ2
t0, 总时间t
总=t1'+t2'+t0=
v0
μ2 g -
μ1- μ2
μ2
t0(μ1>μ2),由于MN 的长度一定,第二次通过MN 时的平均速度大,所用时间t0小,故总时间t 总大,所
以t1<t2,A 正确,B 错误。
3．（2024 福建）（多选）物块置于足够长光滑斜面上并锁定，t =0时刻解除锁定，并对物体沿斜
面施加如图所示变化的力F，以沿斜面向下为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．0~ 4 t0，物体一直沿斜面向下运动 B．0~ 4t0，合外力的总冲量为0
C．t0时动量是2t0时的一半 D．2t0~3t0过程物体的位移小于3t0~ 4 t0的位移
【答案】AD
【解析】根据图像可知当F =2mgsinθ时，物块加速度a= 2mgsinθ+mgsinθ
m
=3 gsinθ，方向
沿斜面向下；当F =−2mgsinθ时，物块加速度大小a= 2mgsinθ−mgsinθ
m
= gsinθ，方向沿斜
面向上，作出物块0~ 4 t0内的v −t图像
根据图像可知0~ 4 t0，物体一直沿斜面向下运动，故A 正确；根据图像可知0~ 4 t0，物块
的末速度不等于0，根据动量定理I 合= Δ p≠0，故B 错误；根据图像可知t0时物块速度大于2t0时
物块的速度，故t0时动量不是2t0时的一半，故C 错误；v −t图像与横轴围成的面积表示位移，故
由图像可知2t0~3t0过程物体的位移小于3t0~ 4 t0的位移，D 正确。
4.(2024 广西,10,6 分)(多选)如图,坚硬的水平地面上放置一木料,木料上有一个竖直方向的方孔,
方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬,形状为正四棱台,上下底面均为正方形,四个侧面完全相同且
与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m,与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔,接触但无
挤压,锤子以极短时间撞击木栓后反弹,锤子对木栓冲量为I,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进
了Δx 的位移,未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变,弹力呈线性变化,重力加速
度为g,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,则( )
A.进入过程,木料对木栓的合力的冲量为-I
B.进入过程,木料对木栓的平均阻力大小约为
I
2
2m Δ x +mg
C.进入过程,木料和木栓的机械能共损失了I
2
2m+mgΔx
D.木栓前进Δx 后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
μ( I
2+2m
2 gΔ x )
4 m Δ x(cosθ+ μsinθ)
【答案】BCD
【解析】锤子撞击木栓过程,对木栓分析可知合外力的冲量为0,锤子对木栓的冲量为I,方向竖直向
下,设木料对木栓的合力冲量大小为I 木料,以竖直向下为正方向,则I+mgt+I 木料=0,解得I 木料=-
(I+mgt),A 错误;锤子对木栓冲量为I,则木栓获得的动能为Ek=1
2mv2= I
2
2m,木栓进入木料过程根据
动能定理有(mg-f )Δx=0-Ek,解得平均阻力为f =
I
2
2m Δ x +mg,B 正确;木栓进入过程损失的机械能即
阻力做的功,所以ΔEk=f Δx=(
I
2
2m Δ x +mg)Δx= I
2
2m+mgΔx,C 正确;对木栓的一个侧面分析其所受
的支持力与摩擦力,如图所示,
由于方孔侧壁弹力呈线性变化,则有1
2(f sin θ+FN cos θ)=1
4 f (点拨:平均阻力与重力方向共线,所
以木栓每个侧面所受摩擦力和支持力需要在竖直方向上分解),又因为f=μFN,联立可得f=
μ( I
2+2m
2 gΔ x )
4 m Δ x(cosθ+ μsinθ)
,D 正确。
5.(2024 北京,8,3 分)将小球竖直向上抛出,小球从抛出到落回原处的过程中,若所受空气阻力大小
与速度大小成正比,则下列说法正确的是( )
A.上升和下落两过程的时间相等
B.上升和下落两过程损失的机械能相等
C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【答案】 C
【解析】 空气阻力对小球一直做负功,除最高点外同一位置小球上升时的速度大于下降时的速
度,所以上升过程的时间小于下落过程的时间,A 错误。空气阻力大小f=kv,由微元法可得上升过程
空气阻力做功较大,所以上升过程损失的机械能较大,B 错误。由动量定理I=m·Δv 可得上升过程
合力的冲量大于下落过程合力的冲量,C 正确。上升过程的加速度大小a 上=mg+ f
m
,下落过程的加速
度大小a 下=mg−f
m
,所以a 上>a 下,D 错误。
6.(2024 安徽,9,5 分)(多选)一倾角为30°足够大的光滑斜面固定于水平地面上,在斜面上建立
Oxy 直角坐标系,如图(1)所示。从t=0 开始,将一可视为质点的物块从O 点由静止释放,同时对物块
施加沿x 轴正方向的力F1和F2,其大小与时间t 的关系如图(2)所示。已知物块的质量为1.2 kg,重
力加速度g 取10 m/s2,不计空气阻力。则( )
A.物块始终做匀变速曲线运动 B.t=1 s 时,物块的y 坐标值为2.5 m
C.t=1 s 时,物块的加速度大小为5❑√3 m/s2 D.t=2 s 时,物块的速度大小为10❑√2 m/s
【答案】BD
【解析】根据题图(2)可得,在0~4 s 内F1=4-t(N),F2=3t(N),故两力的合力为F=4+2t(N),物块在y
轴方向受力为mg sin 30°,在x 轴方向所受的力在改变,故物块所受合力在改变,物块做变加速曲
线运动,A 错误;物块在y 轴方向的加速度为ay=mgsin30°
m
=5 m/s2,故t=1 s 时,物块的y 坐标值为
y=1
2ayt2=2.5 m,B 正确;t=1 s 时,x 轴方向合力为6 N,故此时在x 轴方向的加速度ax= 6
1.2 m/s2=5
m/s2,此时物块加速度大小为a=❑√ax
2+a y
2=5❑√2 m/s2,C 错误;t=2 s 时,在x 轴正方向上,对物块根
据动量定理有Ft=mvx-0,在0~4 s 内F 与时间t 成线性关系,可得F=(4+2×0)+(4+2×2)
2
N=6 N,
联立解得vx=10 m/s,此时y 轴方向速度为vy=ayt=10 m/s,故此时物块的速度大小为v=❑√v x
2+ v y
2=10
❑√2 m/s,D 正确。
7.(2023 天津,5,5 分)质量为m 的列车以速度v 匀速行驶,突然以大小为F 的力制动刹车直到列车停
止,整个过程中列车还受到大小恒为f 的阻力,下列说法正确的是
( )
A.减速运动过程的加速度大小a= F
m B.力F 的冲量大小为mv
C.刹车距离为
m v
2
2( F + f ) D.匀速行驶时功率为(f+F)v
【答案】C
【解析】根据牛顿第二定律有F+f=ma,得a= F + f
m
,故A 错误;根据运动学公式有t=v
a= mv
F + f ,故力F
的冲量大小I=Ft= Fmv
F + f ,B 错误;根据v2=2ax 可得x= v
2
2a=
m v
2
2( F + f ),故C 正确;匀速行驶时牵引力等
于阻力,则功率P=fv,故D 错误。
一题多解 刹车过程,由动能定理得-(F+f)x=0-1
2mv2,解得x=
m v
2
2( F + f ),C 正确。
8.(2023 新课标,19,6 分)(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌面上,甲的N 极
正对着乙的S 极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙,
在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的动量大小比乙的小
C.甲的动量大小与乙的相等 D.甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【解析】设磁铁乙对磁铁甲的作用力大小为F1,磁铁甲对磁铁乙的作用力大小为F2,从释放甲和乙
到任一时刻t,根据动量定理有(F1-μm 甲g)t=p 甲=m 甲v 甲,(F2-μm 乙g)t=p 乙=m 乙v 乙,因为F1=F2,m 甲>m
乙,所以,p 甲<p 乙,v 甲<v 乙,故B 正确,A、C 错误;因μm 甲g>μm 乙g,甲、乙组成的系统所受的合力不为
0,所以甲和乙组成的系统动量不守恒,即甲和乙的动量之和不为零,故D 正确。
9.(2023 广东,10,6 分)(多选)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1 kg 的滑块可在水平滑轨上滑动,忽略阻力,开窗帘的过程中,电机对滑块1 施加一个水平向右的
恒力F,推动滑块1 以0.40 m/s 的速度与静止的滑块2 碰撞,碰撞时间为0.04 s,碰撞结束后瞬间两
滑块的共同速度为0.22 m/s。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0.18 N·s
C.滑块2 受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为5.5 N
【答案】BD
【解析】取向右为正方向,两滑块碰撞前的动量p1=mv1=0.40 kg·m/s,碰撞后的动量p2=2mv2=0.44
kg·m/s,p1<p2,故两滑块的碰撞过程动量不守恒,A 错误。对滑块1,由动量定理可得I1=mv2-
mv1=-0.18 kg·m/s,滑块1 受到的合外力的冲量大小为0.18 kg·m/s,方向水平向左,B 正确。对
滑块2,由动量定理可得I2=mv2=0.22 kg·m/s,滑块2 受到的合外力的冲量大小为0.22 kg·m/s,方
向水平向右,C 错误。对滑块2,由冲量的定义式可得I2=FΔt,解得滑块2 受到滑块1 的平均作用力大
小F=5.5 N,D 正确。
10.
(2025 陕晋青宁,15,16 分)如图,有两个电性相同及质量分别为m、4m 的粒子A、B,初始时刻
相距l0,粒子A 以速度v0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1
25mv0
2。经时间t1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v0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
l0,这时撤去恒力。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、
l0、v0、t1均为已知量)
(1)粒子B 到达P 点时的速度v1;
(2)t1时间内粒子B 的位移xB;
(3)恒力作用的时间t2。
答案 (1)1
5v0,方向水平向右 (2)v0t1
5 -2l0
11 ,方向水平向右 (3)
2l0
v0
解析 (1)从初始时刻到B 运动至P 点的过程,A、B 组成的系统动量守恒,有
mv0=(m+4m)v1
解得v1=1
5v0,方向水平向右
(2) 设B 到达P 点(A、B 共速)时,系统的电势能为Ep2,则由能量守恒得
1
2mv0
2+Ep1=1
2(m+4m)v1
2+Ep2
代入Ep1= 1
25mv0
2
解得Ep2=11
25mv0
2
设A 与B 共速时A、B 间距离为r,因电势能与距离成反比,则有
E p1
E p2
= r
l0
解得r= l0
11
在t1时间内,由动量守恒有mv0=mvA+4mvB,可得mv0Δt=mvA·Δt+4mvB·Δt
两边对时间累加求和,有mv0t1=mxA+4mxB
由位移关系得l0+xB=xA+r
联立解得xB=v0t1
5 -2l0
11 ,方向水平向右
(3) 在恒力作用的t2时间内,对A、B 系统,由功能关系得
Fl0+1
2(m+4m)v1
2+11
25mv0
2=1
2×4mv0
2+ 1
25mv0
2
解得F=3mv0
2
2l0
由动量定理得Ft2=0+4mv0-5mv1
解得t2=
2l0
v0
11.(2025 甘肃,14,15 分)(15 分)如图1 所示,细杆两端固定,质量为m 的物块穿在细杆上。初始时
刻,物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F 作用在物块上,F 随时间t 的变化如图2 所示。
开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长,重力加速度为g,θ=30°。求:
(1)t=6 s 时F 的大小,以及t 在0~6 s 内F 的冲量大小。
(2)t 在0~6 s 内,摩擦力f 随时间t 变化的关系式,并作出相应的f-t 图像。
(3)t=6 s 时,物块的速度大小。
答案 (1)3 ❑√3
2
mg 9 ❑√3
2
mg(N·s)
(2)f={
1
2 mg- 1
8 mgt ( N )(0≤t ≤4 s)
1
8 mgt - 1
2 mg( N )(4 s<t ≤6 s))
f-t 图像见解析 (3)17
2 g(m/s)
【命题点】力的分析 F-t 图像 动量定理
解析 (1)由题图2 可知F=
❑√3
4 mgt(N)
代入t=6 s 可得F=3 ❑√3
2
mg
0~6 s 内F 的冲量大小等于F-t 图像中0~6 s 的图线与横轴围成的面积,
即IF=1
2×6 s×3 ❑√3
2
mg=9 ❑√3
2
mg(N·s)。
(2)初始时刻物块刚好能静止在细杆上,有mg sin θ=μmg cos θ
力F 作用时,垂直杆方向有FN=|mg cos θ-F sin θ|
又f=μFN
代入F=
❑√3
4 mgt(N)可得f=|
1
2 - 1
8 t)mg(N)
即f={
1
2 mg- 1
8 mgt ( N )(0≤t ≤4 s)
1
8 mgt - 1
2 mg( N )(4 s<t ≤6 s))
沿杆方向的合力Fx=F cos θ+mg sin θ-f
代入f 值验证可得Fx=(
1
2 + 3
8 t -|
1
2 - 1
8 t))mg(N)≥0,说明0~6 s 内摩擦力方向始终沿细杆向上(t=4
s 时摩擦力为0)
画出f-t 图像如图甲所示。
(3)由(2)中分析得Fx=(
1
2 + 3
8 t -|
1
2 - 1
8 t))mg(N)
即Fx={
1
2 mgt ( N )(0≤t ≤4 s)
mg+ 1
4 mgt ( N )(4 s<t ≤6 s))
作出Fx-t 图像如图乙所示,Fx-t 图线与时间轴围成的面积表示合力的冲量大小
由动量定理得F x1t1+F x 2t2=mv-0
代入数据得1
2×4 s×2mg+1
2×2 s×(2mg+ 5
2 mg)=mv
解得v=17
2 g(m/s)。
14.(2025 河北,14,14 分)(14 分)如图,一长为2 m 的平台,距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01
kg 的小物块以3 m/s 的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为
0.2。物块视为质点,不考虑空气阻力,重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m,物块从离开平台到弹起至最大高度所用时
间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中,所受弹力冲量的大小,以及物块弹离地面时水平速度
的大小。
答案 (1)0.6 m (2)0.1 N·s 0
【命题点】平抛运动的规律 动能定理和动量定理的应用
解析 (1)设小物块到达平台右端抛出时的速度大小为v1,
由动能定理得-μmgL=1
2mv1
2-1
2mv0
2
代入数据解得v1=1 m/s
小物块做平抛运动过程中,竖直方向上有h=1
2gt1
2,解得t1=0.6 s
水平方向上有x=v1t1=0.6 m
(2)设第一次落地时的速度大小为v2,水平分速度大小v2x=v1=1 m/s
竖直分速度大小v2y=gt1=6 m/s
设第一次落地后弹起的竖直分速度大小为v2y',水平分速度为v2x',第一次弹起至最高点所用时间为
t2,则由H=1
2gt2
2,代入H=0.45 m,得t2=❑√
2 H
g =0.3 s
v2y'=❑√2 gH=3 m/s
小物块第一次与地面接触的时间Δt=t-t1-t2=0.1 s
以竖直向上为正方向,在Δt 时间内对小物块在竖直方向上应用动量定理得
IF-mgΔt=mv2y'-(-mv2y)
代入数据解得弹力冲量的大小为IF=0.1 N·s
假设小物块与地面间在Δt 的作用时间内始终存在滑动摩擦力,以水平向右为正方向,在Δt 内对小
物块在水平方向上应用动量定理,得-μIF=mv2x'-mv2x
代入数据解得物块弹离地面时的水平速度v2x'=-1 m/s<0,假设不符
说明在小物块弹起前水平分速度减小到零,然后物块若向左加速,则摩擦力方向会变为向右,故在水
平分速度减小到零后,小物块在水平方向上的速度将保持为零不再变化,最终离地时的水平分速度
为零。
在求解小物块弹离地面时的水平分速度时易错得水平方向分速度向左且大小为1 m/s,此时需要讨论,物块与
地面间的滑动摩擦力只能是阻力,不可能提供向左的动力。
15.(2025 北京,17,9 分)(9 分)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A、B 两部分,质量分别为2m 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v0;
(2)炸裂后瞬间B 的速度大小vB;
(3)A、B 落地点之间的距离d。
答案 (1)gt (2)2v (3)3vt
【命题点】竖直上抛运动 平抛运动 动量守恒定律 反冲模型
解析 (1)物体运动至最高点时速度为0
由运动学公式有0=v0-gt,可得v0=gt
(2)炸裂瞬间A、B 水平方向动量守恒,炸裂前总动量为0,炸裂后A 的速度为v
取A 的速度v 的方向为正方向,由水平方向动量守恒得0=2mv-mvB
解得vB=2v
(3)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,均为t
则A 的水平位移xA=vt
B 的水平位移xB=vBt=2vt
所以落地点A、B 之间的距离d=xA+xB=vt+2vt=3vt
16.(2025 四川,15,16 分)(16 分)如图所示,倾角为θ 的斜面固定于水平地面,斜面上固定有半径为
R 的半圆挡板和长为7R 的直挡板。a 为直挡板下端点,bd 为半圆挡板直径且沿水平方向,c 为半圆挡
板最高点,两挡板相切于b 点,de 与ab 平行且等长。小球乙被锁定在c 点。小球甲从a 点以一定初
速度出发,沿挡板运动到c 点与小球乙发生弹性碰撞,碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定,小球乙在此
后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1,两小球均可视为质点,不计一切摩擦,重力加速度大
小为g。
(1)求小球甲从a 点沿直线运动到b 点过程中的加速度大小;
(2)若小球甲恰能到达c 点,且碰撞后小球乙能运动到e 点,求小球乙与小球甲的质量比值
m2
m1
满足的
条件;
(3)在满足(2)问中质量比值的条件下,若碰撞后小球乙能穿过线段de,求小球甲初动能满足的条
件。
答案 (1)g sin θ (2)
m2
m1
≤1 或
m2
m1
=7 (3)17
2 m1gR sin θ≤Ek0<12m1gR sin θ
【命题点】斜面上的圆周运动 碰撞 类平抛运动
审读试题,明确此题为质点在斜面上的运动模型,需应用“空间转平面”方法提炼出常规运动模型,有以下三
类常规模型。
第一,类竖直面内的圆周运动模型。
本题中bcd 段为“单轨道内侧圆周运动模型”,考查能够做完整圆周运动的临界条件。临界条件为在等效最
高点时(本题对应斜面上圆周运动的最高点)对轨道的压力等于零,沿径向方向的合力提供小球做圆周运动所
需的向心力。
第二,碰撞模型。
本题为具有初速度的小球甲与静止的小球乙进行弹性碰撞,碰撞过程满足动量守恒与机械能守恒。
第三,类平抛运动模型。
本题涉及小球乙在斜面上做类平抛运动,将恒定合力由重力变为重力沿斜面向下的分力,解决类平抛运动这
类曲线运动问题一般选择运动的合成与分解方法,在斜面上沿水平方向(即初速度方向)与沿斜面向下方向分
解。
解析 (1)小球甲由a 运动到b 的过程中,对小球甲,由牛顿第二定律有m1g sin θ=m1a
解得a=g sin θ
(2)设小球乙的质量为m2,小球甲与小球乙碰撞前瞬间的速度大小为v 甲,碰撞后小球甲的速度为v1,
小球乙的速度为v2
已知小球甲恰好能到达c 点,则其到达c 点时由牛顿第二定律有
m1g sin θ=m1v甲
2
R
两球发生弹性碰撞,由水平方向动量守恒和机械能守恒有
m1v 甲=m1v1+m2v2
1
2m1v甲
2=1
2m1v1
2+1
2m2v2
2
联立解得v1=
m1-m2
m1+m2
❑√gR sinθ,v2=
2m1
m1+m2
❑√gR sinθ
由于碰撞后小球乙能运动到e 点,则考虑有两种情况,
第一种情况是碰撞后小球乙做圆周运动到d 点,紧接着沿着斜面下滑到e 点,则碰撞后瞬间小球乙需
满足对挡板压力大于等于0,即
N+m2g sin θ=m2v2
2
R
(N≥0)
解得v2≥❑√gR sinθ,在此情况下小球乙和小球甲的质量之比满足的条件为
m2
m1
≤1
第二种情况是碰撞后小球乙在斜面上做类平抛运动刚好过e 点,设小球乙碰撞后经t 时间到达e 点,
则将小球的运动沿水平方向与沿斜面向下方向分解,
水平方向有v2t=R
沿斜面向下有1
2g sin θ·t2=8R
解得v2=1
4
❑√gR sinθ,在此情况下小球乙和小球甲的质量之比为
m2
m1
=7
故在题给条件下,小球乙和小球甲的质量之比为
m2
m1
≤1 或
m2
m1
=7
(3)当
m2
m1
≤1 时,碰撞后小球乙从c 到d 一定做圆周运动,则小球乙从d 到e 做直线运动,无法穿过线
段de,此情况无需讨论,只需讨论
m2
m1
=7 的情况。已知碰撞后小球乙能穿过线段de,则碰撞后小球乙
只能做类平抛运动,故小球乙在c 点碰撞后速度v2'小于做圆周运动的临界速度❑√gR sinθ,即v2'<
❑√gR sinθ,且同时满足类平抛运动过线段de,设小球乙在t'时间内水平方向上运动距离为R 时,其
沿斜面下滑L,则需满足R<L≤8R,即
水平方向有R=v2't'
沿斜面向下有L=1
2g sin θ·t'2
解得1
4
❑√gRsinθ≤v2'<
❑√2
2
❑√gR sinθ
小球甲、乙在c 点的碰撞仍为弹性碰撞,满足v2'=
2m1
m1+m2
v 甲',同时将
m2
m1
=7 一并代入可得
❑√gR sinθ≤v 甲'<2❑√2 gR sinθ
已知小球甲从a 以一定初动能Ek0出发,由a 至c 的过程,根据动能定理有
-m1g sin θ·8R=1
2m1v'甲
2 -Ek0
解得在题给条件下,小球甲从a 点出发的初动能满足
17
2 m1gR sin θ≤Ek0<12m1gR sin θ
15.(2025 云南,15,15 分)(15 分)如图所示,光滑水平面上有一个长为L、宽为d 的长方体空绝缘箱,
其四周紧固一电阻为R 的水平矩形导线框,箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场
边界平面如截面图中虚线PQ 所示,边界右侧存在范围足够大的匀强磁场,其磁感应强度大小为B、
方向竖直向下。t=0 时刻,箱子在水平向右的恒力F(大小未知)作用下由静止开始做匀加速直线运
动,这时箱子左侧壁上距离箱底h 处、质量为m 的木块(视为质点)恰好能与箱子保持相对静止。箱
子右侧壁进入磁场瞬间,木块与箱子分离;箱子完全进入磁场前某时刻,木块落到箱子底部,且箱子
与木块均不反弹(木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞);木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中,
箱子右侧壁始终与磁场边界平行,忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内
壁间的动摩擦因数为μ,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)求F 的大小;
(2)求t=0 时刻,箱子右侧壁距磁场边界的最小距离;
(3)若t=0 时刻,箱子右侧壁距磁场边界的距离为s[s 大于(2)问中最小距离],求最终木块与箱子的
速度大小。
答案 (1)( M +m) g
μ
(2)( M +m)
2 R
2 g
2B
4d
4 μ
(3)
❑√2gh+ ❑√2 gμs
μ
-
B
2d
2 L
( M +m) R
【命题点】动力学公式 安培力 动能定理 动量定理
解析 (1)箱子在PQ 左侧运动的过程,对木块受力分析,
水平方向有FN=ma,竖直方向有μFN=mg
解得加速度a=g
μ
对木块与箱子整体分析,有F=(M+m)a
联立解得F=( M +m) g
μ
(2)木块与箱子分离后的瞬间,木块水平方向的加速度为0,说明此时箱子水平方向的加速度向左或
为零
若恰好分离,说明箱子的加速度恰好为零,设箱子右侧壁距PQ 最小距离为s0,进入磁场瞬间箱子速度
为v0,
由动能定理得Fs0=1
2(M+m)v0
2-0
安培力FA=IdB,其中电流I=Bd v0
R
安培力与力F 平衡,可得F=B
2d
2v0
R
联立解得s0=( M +m)
2 R
2 g
2B
4d
4 μ
(3)当s>s0时,设木块在箱子右侧壁进入磁场瞬间的速度为v1,则有
Fs=1
2(M+m)v1
2-0
代入F=( M +m)g
μ
得v1=❑√
2gs
μ
设木块从与箱子分离至落到箱子底部所用的时间为t,则有h=1
2gt2
从箱子右侧壁进入磁场到箱子完全进入磁场(点拨:此后木块与箱子共速),对木块与箱子组成的系
统分析
由动量定理得Ft-I 安=(M+m)(v2-v1)
安培力的冲量大小I 安=BIdt'=B·Bd v
R
·dt'=B
2d
2v
R
t'=B
2d
2
R
L
解得v2=
❑√2 gh+ ❑√2 gμs
μ
-
B
2d
2 L
( M +m) R
17.(2024 广东,14,13 分)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的
过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于
水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为
m,重力加速度为g,忽略敏感球受到的摩擦力,求斜面倾角的正切值tan θ。
(2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H 处做自由落体
运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤刚到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F
随时间t 的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速
度大小取g=10 m/s2,求:
①碰撞过程中F 的冲量大小和方向;
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】 (1)
ma
mg+ F N
(2)①330 N·s 方向竖直向上 ②0.2 m
【解析】 (1)对敏感球受力分析如图所示
三个力的合力方向水平向左,大小为ma,由几何关系可知tan θ=
ma
mg+ F N
(2)①F-t 图像中图线与横坐标轴所围的面积等于F 的冲量,故有IF=1
2×0.1×6 600 N·s=330
N·s
气囊对头锤的弹力方向竖直向上,故F 的冲量IF方向竖直向上
②以竖直向上为正方向,对头锤与气囊作用的过程应用动量定理有IF-Mgt=Mv-(-Mv0)
对头锤自由下落过程,由运动学公式有v0
2=2gH
联立解得v=2 m/s
由v2=2gh,解得h=0.2 m
18.(2024 重庆,15,18 分)如图所示,M、N 两个钉子固定于相距a 的两点,M 的正下方有不可伸长的
轻质细绳,一端固定在M 上,另一端连接位于M 正下方放置于水平地面质量为m 的小木块B,绳长
与M 到地面的距离均为10a,质量为2m 的小木块A,沿水平方向与B 发生弹性碰撞,碰撞时间极
短,A 与地面间动摩擦因数为5
48,重力加速度为g,忽略空气阻力和钉子直径,不计绳被钉子阻挡和
绳断裂时的机械能损失。
(1)若碰后,B 在竖直面内做圆周运动,且能经过圆周运动最高点,求B 碰后瞬间速度的最小值;
(2)若改变A 碰前瞬间的速度,碰后A 运动到P 点停止,B 在竖直面内做圆周运动旋转2 圈,经过M
正下方时细绳断开,B 也来到P 点,求B 碰后瞬间的速度大小;
(3)若拉力达到12mg 细绳会断,上下移动N 的位置,保持N 在M 正上方,B 碰后瞬间的速度与(2)问
中的相同,使B 旋转n 圈。经过M 正下方时细绳断开,求MN 之间距离的范围,及在n 的所有取值
中,B 落在地面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】(1)5❑√2 ga (2)4❑√5 ga
(3)5a
3n≤h≤
30a
18n-11(n=1,2,3,…) 20 ❑√11a
3
40 ❑√33a
7
【解析】(1)碰后B 能在竖直面内做圆周运动,轨迹半径为10a,设碰后B 的最小速度大小为v0,则B
通过最高点时的速度大小为v,在最高点时由牛顿第二定律有mg=m v
2
10a
B 从最低点到最高点由动能定理可得
-mg×2×10a=1
2mv2-1
2mv0
2
解得v0=5❑√2ga。
(2)A 和B 碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,设碰前A 的速度大小为v1,碰后A 的速度大小为v2,
碰后B 的速度大小为v3,则有2mv1=2mv2+mv3
1
2×2mv1
2=1
2×2mv2
2+1
2mv3
2
碰后A 减速到0,设碰后A 在水平面上的运动距离为L,则有μ×2mgL=1
2×2mv2
2
碰后B 做两圈圆周运动,绳子在MN 间缠绕2 圈,缩短4a,B 在M 点正下方且细绳刚断开时,B 和M
点的距离为6a,B 和水平地面的距离为4a,此时设B 的速度大小为v4,由功能关系得-mg×4a=1
2mv4
2
-1
2mv3
2
B 随后做平抛运动,有4a=1
2gt2,L=v4t
联立解得v3=4❑√5 ga(另一解速度小于v0,不合题意,舍去)。
(3)设M、N 间距离为h,B 转n 圈后到达M 正下方时速度大小为v5,绳缩短2nh,绳断开时,以M 为
圆心,由牛顿第二定律得12mg-mg≤m
v5
2
10a-2nh
(n=1,2,3,…)
断开前以N 为圆心,由牛顿第二定律得
12mg-mg≥m
v5
2
10a-(2n-1)h
(n=1,2,3,…)
从碰后到B 转n 圈后到达M 正下方,由功能关系得
mg×2nh=1
2mv3
2-1
2mv5
2(n=1,2,3,…)
联立解得5a
3n≤h≤
30a
18n-11(n=1,2,3,…)
绳断后,B 做平抛运动,有2nh=1
2gt'2(n=1,2,3,…),s=v5t'
可得s=4❑√20anh-(nh)
2(n=1,2,3,…)
由于5a
3 ≤nh≤30na
18n-11(n=1,2,3,…)
则由数学知识分析可得,当nh=5a
3 时,smin=20 ❑√11a
3
当n=1 时,nh=30a
7 ,则有smax=40 ❑√33a
7
。
专题1 动量
真题试练2：动量守恒定律
1.(2025 甘肃,4,4 分)如图,小球A 从距离地面20 m 处自由下落,1 s 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3 m。两球质量相同,碰撞为弹性碰撞,重力加速度g 取10 m/s2,则
碰撞前小球B 的速度大小v 为( )
A.1.5 m/s
B.3.0 m/s C.4.5 m/s
D.6.0 m/s
答案 B 【命题点】自由落体运动规律 弹性碰撞 运动的合成与分解
解析 小球A 在竖直方向始终做自由落体运动,由h=1
2gt2可得t=2 s,所以小球A 被小球B 碰后运动
时间t'=1 s,小球A 被碰后,在水平方向有x=vAxt',解得vAx=3 m/s;在水平方向由弹性碰撞规律可得
mv=mvB+mvAx,1
2mv2=1
2mvB
2+1
2mv Ax
2 ,解得vB=0,vAx=v,所以v=3.0 m/s,B 正确。
因为小球A 在1 s 末时速度方向竖直向下,所以小球A 被小球B 碰后的运动并非平抛运动。
2.
(2025 广东,7,4 分)如图所示,光滑水平面上,小球M、N 分别在水平恒力F1和F2作用下,由静
止开始沿同一直线相向运动,在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向
相反。从开始运动到碰撞后第1 次速度减为0 的过程中,两小球速度v 随时间t 变化的图像,可能正
确的是( )
答案 A 由于F1和F2始终大小相等、方向相反,所以系统动量守恒,小球M、N 同时减速到零,且碰撞
前后小球M、N 各自的加速度不变,即碰撞前后v-t 图线的斜率不变,A 正确。
3.
(2025 湖南,10,5 分)(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
μ。D 在滑轨上运动s1距离后抛出,落地点距抛出点水平距离为s2,根据s2可计算出弹药释放的能
量。某次测量中,A、B、C 质量分别为3m、m、5m,s1=h
μ ,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36mgh(1+ s2
2
4 h
2) D.弹药释放的能量为48mgh(1+ s2
2
4 h
2)
答案 BD
模型建构
解析 弹药爆炸过程中,由动量守恒定律可得3mvA=mvB,解得vA=vB
3 ,爆炸后瞬间A 的动能EkA=1
2×3m
v A
2 =1
6 mvB
2;B 嵌入C 形成D 的过程中,由动量守恒定律可得mvB=(5m+m)vD,解得vD=vB
6 ,D 的初动能EkD=
1
2×6mv D
2 = 1
12mvB
2,A 错误。从D 沿滑轨开始运动至落到地面上的过程中, 由动能定理可
得-6μmgs1+6mgh=E'kD-EkD,由于s1=h
μ,解得E'kD=EkD,B 正确。D 从抛出到落地的过程,由平抛运动规
律可得D 离开滑轨末端的速度为vD1=
s2
❑√
2h
g
,D 从开始运动到刚要抛出的过程,有v D1
2 -v D
2 =-2μgs1,解
得v D
2 =2gh+g s2
2
2h
;由于vA=vB
3 、vD=vB
6 ,故弹药释放的能量E=EkA+EkB=2
3mvB
2=24mv D
2 =48mgh(1+ s2
2
4 h
2),C
错误,D 正确。
4.
(2025 河南,7,4 分)两小车P、Q 的质量分别为mP和mQ,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mN,碰撞时间极短,
则( )
A.mP>mN>mQ B.mN>mP>mQ C.mQ>mP>mN D.mQ>mN>mP
答案 D 假设所有碰撞均为弹性碰撞,P、Q、N 三辆小车碰撞前的速度分别为vP、vQ、vN,碰撞后的速
度分别为vP'、vQ'、vN',对于P、N 间的碰撞,根据动量守恒有mPvP+mNvN=mPvP'+mNvN',根据能量守恒有
1
2mPv P
2+1
2mNv N
2=1
2mPvP'2+1
2mNvN'2,联立解得vP'=
(mP-mN )v P+2mN v N
mP+mN
,由题图1 知vP'<vN,所以
vP'-vN<0,代入vP'得
(mP-mN )(v P- v N )
mP+mN
<0,由题图1 知vP>vN,所以mP<mN;对于Q、N 间的碰撞,根
据动量守恒有mQvQ+mNvN=mQvQ'+mNvN',根据能量守恒有1
2mQvQ
2+1
2mNv N
2=1
2mQvQ'2+1
2mNvN'2,联立解得
vQ'=
(mQ-mN )vQ+2mN v N
mQ+mN
,由题图2 知vQ'>vN,所以vQ'-vN>0,代入vQ'得
(mQ-mN )(vQ- v N )
mQ+mN
>0,由题图2 知vQ>vN,所以mQ>mN,综上所述,mQ>mN>mP,D 正确。
总结归纳
最好能记住弹性碰撞的二级结论通式v1'=
(m1-m2)v1+2m2v2
m1+m2
,做相关题目的时候能节省很多时间并减
少错误。
5.
(2025 云南,6,4 分)如图所示,质量为m 的滑块(视为质点)与水平面上MN 段的动摩擦因数为
μ1,与其余部分的动摩擦因数为μ2,且μ1>μ2。第一次,滑块从Ⅰ位置以速度v0向右滑动,通过MN
段后停在水平面上的某一位置,整个运动过程中,滑块的位移大小为x1,所用时间为t1;第二次,滑块
从Ⅱ位置以相同速度v0向右滑动,通过MN 段后停在水平面上的另一位置,整个运动过程中,滑块的
位移大小为x2,所用时间为t2。忽略空气阻力,则( )
A.t1<t2 B.t1>t2 C.x1>x2
D.x1<x2
答案 A 设物块在MN 间的位移为x0,所用时间为t0;在进入MN 之前的位移为x1',所用时间为t1';滑
出MN 之后的位移为x2',所用时间为t2'。由动能定理得-μ2mg(x1'+x2')-μ1mgx0=0-1
2mv0
2,解得
x1'+x2'=v0
2-2 μ1g x0
2 μ2 g
,而x 总=x1'+x2'+x0= v0
2
2 μ2 g -
μ1- μ2
μ2
x0,故x1=x2,C、D 错误。由动量定理得-
μ2mg(t1'+t2')-μ1mgt0=0-mv0, 解得t1'+t2'=
v0
μ2 g -
μ1
μ2
t0, 总时间t
总=t1'+t2'+t0=
v0
μ2 g -
μ1- μ2
μ2
t0(μ1>μ2),由于MN 的长度一定,第二次通过MN 时的平均速度大,所用时间t0小,故总时间t 总大,所
以t1<t2,A 正确,B 错误。
6.(2024 江苏,9,4 分)如图所示,在水平面上有一个U 形滑板A,A 的上表面有一个静止的物体B,左
侧用轻弹簧连接在滑板A 的左端,右侧用一根细绳连接在滑板A 的右端,开始时弹簧处于拉伸状态,
各表面均光滑,剪断细绳后,则( )
A.弹簧恢复原长时A 的动能最大 B.弹簧压缩最短时A 的动量最大
C.系统动量变大 D.系统机械能变大
【答案】A
【解析】对A、B 及弹簧组成的系统分析可知合外力为0,系统动量守恒,整个系统中只有弹簧弹力
做功,系统机械能守恒,C、D 错误;由题可知,开始时弹簧处于拉伸状态,从剪断细绳到弹簧恢复原
长的过程,B 向左加速,A 向右加速,弹簧压缩的过程,B 向左减速,A 向右减速,压缩至最短时,A、B
速度均减为0,可知弹簧原长时A 和B 的速度均达到最大,此时A 的动能、动量均最大,A 正确,B 错
误。
7.(2024 广西,8,6 分)(多选)如图,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M 和N。M 水平向右运动,
速度大小为v。M 与静置于平台边缘的N 发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则
碰撞后,N 在( )
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
【答案】BC 【解析】两小球碰撞过程中机械能守恒,可知两小球碰撞过程是弹性碰撞,由于两小
球质量相等,故碰撞后两小球交换速度,即vM=0,vN=v,碰后小球N 做平抛运动,在水平方向做匀速直
线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v,C 正确,D 错误;小球N 在竖直方向上做自
由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动,A 错误,B 正确。
8.(2024 湖北,10,4 分)(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v0成正比,即f=kv0(k 为已知常数)。改变子弹的初速度大小v0,若木块获得的速度最大,则(
)
A.子弹的初速度大小为2kL(m+ M )
mM
B.子弹在木块中运动的时间为
2mM
k (m+ M )
C.木块和子弹损失的总动能为k
2 L
2(m+M)
mM
D.木块在加速过程中运动的距离为mL
m+ M
【答案】AD 【解析】子弹在木块内运动的过程中,子弹和木块组成的系统动量守恒,若子弹没有
射出木块,则由动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得木块获得的速度大小为v= m v0
M +m
,又子弹的初速
度越大,其打入木块越深[点拨:根据能量守恒定律有fΔx=kv0Δx=1
2mv0
2-1
2(M+m)v2,联立解得Δx=
Mm v0
2k ( M +m)
],则当子弹恰好不射出木块时,木块获得的速度最大,此时有kv0L=1
2mv0
2-1
2(M+m)v2,
解得v0=2kL( M +m)
Mm
;若子弹能够射出木块,设子弹穿出木块时子弹和木块的速度分别为v1、
v2(v1>v2),子弹和木块的位移大小分别为x1、x2,则有x1-x2=L,可得v0+ v1
2
t-v2
2 t=L,左右两边同乘k,
得k v0
2 t+k (v1- v2)
2
t=kL,在此过程中对木块根据动量定理有ft=kv0t=Mv2,若想木块获得的速度最
大,即kv0t 最大,当v1-v2趋近于零,即v1趋近于v2时,kv0t 最大,故子弹恰好不射出木块时,木块速度
最大,综上所述,v0=2kL( M +m)
Mm
时,木块获得的速度最大,A 正确。木块获得的最大速度v= m v0
M +m
,又v=a2t,a2=k v0
M ,联立解得t=
mM
k (m+ M ),B 错误。由能量守恒可得子弹和木块损失的总动能转化
为系统因摩擦产生的热量,即ΔE=Q=fL=2k
2 L
2(m+M)
mM
,C 错误。木块在加速过程中运动的距离为
x2=v
2t= mL
M +m,D 正确。
9.(2024 广东,10,6 分)(多选)如图所示,光滑斜坡上,可视为质点的甲、乙两个相同滑块,分别从H
甲、H 乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O 处平滑相接,滑块与水平面间的动摩擦因数为
μ,乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有( )
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H 乙无关
D.甲最终停止位置与O 处相距H 乙
μ
【答案】 ABD
【解析】由于斜面光滑,则两物块加速度相同,又两物块初速度都为0,所以在斜坡上运动过程中二
者始终保持相对静止,A 正确。由于甲、乙的碰撞属于弹性碰撞,且二者质量相同,所以碰撞过程
甲、乙交换速度,B 正确。H 乙越大,乙在斜坡上运动的位移越大,所需时间越长,甲、乙碰撞后交换
速度且二者均可视为质点,则乙在水平面上运动的位移与H 甲有关,因为两个滑块与水平面间的动摩
擦因数均为μ,即a=μg 保持不变,则乙在水平面上的运动时间与H 甲有关,综上所述可知乙的运动时
间与H 甲、H 乙均有关,C 错误。由于甲、乙碰撞后交换速度,甲在水平面上的位移等于没有甲时乙
单独滑下时在水平面上运动的位移,由能量守恒可知mgH 乙=μmgx,解得x= H 乙
μ ,D 正确。
10.(2024 安徽,8,4 分)在某装置中的光滑绝缘水平面上,三个完全相同的带电小球,通过不可伸长的
绝缘轻质细线,连接成边长为d 的正三角形,如图甲所示。小球质量为m,带电荷量为+q,可视为点电
荷。初始时,小球均静止,细线拉直。现将球1 和球2 间的细线剪断,当三个小球运动到同一条直线
上时,速度大小分别为v1、v2、v3,如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了k q
2
2d ,k
为静电力常量,不计空气阻力。则( )
A.该过程中小球3 受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒,动量不守恒
C.在图乙位置,v1=v2,v3≠2v1 D.在图乙位置,v3=❑√
2k q
2
3md
【答案】D 【解析】对整个系统分析可知系统受到的合力为0,故动量守恒;当三个小球运动到同
一条直线上时,根据对称性可知细线中的拉力相等,此时球3 受到球1 和球2 的电场力大小相等,方
向相反,故可知此时球3 受到的合力为0,球3 从静止状态开始运动,剪断细线瞬间球3 受到的合力不
为0,故该过程中小球3 受到的合力在改变,系统动能和电势能相互转化,能量守恒,A、B 错误。对
系统根据动量守恒定律有mv1+mv2=mv3,根据球1 和球2 运动的对称性可知v1=v2,解得v3=2v1,根据
能量守恒定律有1
2mv1
2+1
2mv2
2+1
2mv3
2=k q
2
2d ,解得v3=❑√
2k q
2
3md
,C 错误,D 正确。
11.(2025 江苏,14,13 分)(13 分)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v0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v;
(2)若钢球质量为3m,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v1;
(3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n 次碰撞后的动能Ek。
答案 (1)v0 (2)v0
2 (3)m v0
2
2
4 n+1
【命题点】多次碰撞的规律 弹性碰撞的一般规律及其应用
解析 (1)若钢球质量为m,质量为m 的玻璃球以初速度v0向右与其右侧第一个钢球相碰,碰撞过程,
由动量守恒定律可得mv0=mv2+mv3
由机械能守恒定律可得1
2mv0
2=1
2mv2
2+1
2mv3
2
解得v2=0,v3=v0
同理,玻璃球右侧第1 个钢球与第2 个钢球相撞,第2 个钢球与第3 个钢球相撞,一直到右侧倒数第2
个钢球与最后一个钢球相撞,均会发生速度交换,则最右侧的钢球最终运动的速度大小v=v0。
(2)若钢球质量为3m,玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞
由动量守恒定律可得mv0=mv4+3mv5
由机械能守恒定律可得1
2mv0
2=1
2mv4
2+1
2×3mv5
2
解得v4=-v0
2 ,v5=v0
2
则玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后,玻璃球的速度大小v1=v0
2 。
(3)由第(2)问分析可知玻璃球第1 次与其右侧第一个钢球相碰后速度大小为v0
2 ,方向向左,则玻璃
球与左侧第1 个钢球发生弹性碰撞的过程中,由动量守恒定律可得mv0
2 =mv1'+3mv2'
由机械能守恒定律可得1
2m(
v0
2 )
2
=1
2mv1'2+1
2×3mv2'2
由第(2)问中的规律可知,碰完后玻璃球将以速度大小v2'=v0
4 向右运动,钢球以速度大小v0
4 向左运动
右侧第1 个钢球以速度大小v0
2 与第2 个钢球相撞后,速度发生交换,第1 个钢球静止,第2 个钢球以
速度大小v0
2 与第3 个钢球相撞,一直持续到第n 个钢球被撞,前n-1 个钢球静止
在玻璃球以速度大小v2'=v0
4 =(
1
2)
2
v0向右与静止的第1 个钢球再次相撞后,由以上分析出的碰撞特
点可知玻璃球第3 次与钢球碰撞后
玻璃球的速度大小为v3'=v0
8 =(
1
2)
3
v0,方向向左
不难得出玻璃球经历2n 次碰撞后的速度大小
v2n'=(
1
2)
2n
v0
则玻璃球经历2n 次碰撞后的动能
Ek=1
2m[(
1
2)
2n
v0)
2
=mv0
2
2
4 n+1 。
12.
(2025 湖南,15,16 分)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,轻绳绷紧且与轨道平行,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,AB=1.2L。滑杆始终与轨道垂直,机器人可视为质点且始终在同一竖直平面内运动,不计
空气阻力,轻绳不可伸长,sin 37°=0.6,重力加速度大小为g。
(1)若滑杆固定,v=❑√gL,当机器人运动到滑杆正下方时,求轻绳拉力的大小;
(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37°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,M=km,且k≥1,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为
37°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)4mg (2)❑√
37
10 gL
(3)v=❑√[
9k
10(1+k ) +2.8)gL ❑√3.25 gL
解析 (1)在机器人从初始位置下降到最低点的过程,由动能定理有
mgL=1
2mv1
2-1
2mv2①
在最低点对机器人根据牛顿第二定律有F1-mg=mv1
2
L
②
将v=❑√gL代入,联立①②式解得F1=4mg
(2)若滑杆固定,从抛出点C 到A 点,机器人的运动轨迹及几何关系如图1 所示
机器人做斜抛运动,在水平方向上有L+L cos 37°=v2t sin 37°③
在竖直方向上有1.2L-L sin 37°=v2t cos 37°-1
2gt2④
由③④式解得t=❑√
18 L
5 g
v2=3 L
t =❑√
5
2 gL
机器人从B 点运动到C 点的过程机械能守恒,有1
2mv2=1
2mv2
2+mgL sin 37°⑤
解得v=❑√
37
10 gL
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动,从抛出点D 到A 点,机器人的运动轨迹及几何关系如图2 所示
机器人与滑杆组成的系统水平方向动量守恒
应用人船模型规律可得mx2=Mx1⑥
根据几何关系有x1+x2=L(1+cos 37°)⑦
将M=km 代入,由⑥⑦式得x2=1.8kL
1+k
在抛出点D 时,设机器人速度为vD,滑杆速度为v 滑
将机器人的速度vD沿水平方向和垂直于轻绳方向分解,如图3 所示,根据关联速度知识可知vA=v 滑,
则机器人抛出后在水平方向做匀速直线运动的速度大小
vDx=v 相 sin 37°-vA⑧
根据几何关系可知,机器人在竖直方向做竖直上抛运动的初速度大小
vDy=v 相 cos 37°⑨
由水平方向动量守恒有
mvDx=Mv 滑⑩
机器人松开轻绳后做斜抛运动,在水平方向有x2=vDxt
在竖直方向有1.2L-L sin 37°=vDyt-1
2gt2
由机械能守恒定律有1
2mv2=1
2Mv滑
2 +1
2m(v Dx
2 +v Dy
2 )+mgL sin 37°
已知M=km
联立⑥~
式解得v=
❑√[
9k
10(1+k ) +2.8)gL
当k=1 时,v 取最小值,有vmin=❑√3.25 gL
13.
(2025 河南,14,12 分)如图,在一段水平光滑直道上每间隔l1=3 m 铺设有宽度为l2=2.4 m 的
防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1=2 kg 的小物块P,另一质量为m2=4 kg 的小物块
Q 以v0=7 m/s 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
v=7 m/s,P、Q 与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5,重力加速度大小g=10 m/s2。求
(1)该碰撞过程中损失的机械能;
(2)P 从开始运动到静止经历的时间。
答案 (1)24.5 J (2)5 s
解析 (1)Q 与P 发生正碰且碰撞时间极短,由动量守恒有m2v0=m1v+m2vQ
代入数据解得vQ=3.5 m/s
碰撞中损失的机械能ΔE 损=1
2m2v0
2-1
2m1v2-1
2m2vQ
2
代入数据解得ΔE 损=24.5 J
(2)P 在防滑带上的加速度大小a=μg=5 m/s2
设P 通过防滑带的总长度为x1,则0-v2=-2ax1
解得x1=4.9 m
所以
x1
l2
=4.9
2.4 =2 1
24 ,P 最终静止在第3 个防滑带上
设在防滑带上运动的时间为t0,由0=v-at0得t0=v
a=7
5 s=1.4 s
设经过第1 个光滑区的速度为v1,经过第2 个光滑区的速度为v2,
由v1
2-v2=-2al2得v1=5 m/s
在第1 个光滑区运动的时间t1=
l1
v1
=3
5 s=0.6 s
由v2
2-v1
2=-2al2得v2=1 m/s
在第2 个光滑区运动的时间t2=
l1
v2
=3
1 s=3 s
P 从开始运动到静止经历的时间t=t0+t1+t2=5 s
14.(2024 江苏,14,8 分)嫦娥六号探测器于5 月3 日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转
移轨道,探测器经过轨道修正、近月制动,顺利进入环月轨道飞行。此后探测器经历着陆器和上升
器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0,着陆器对应的组合体A 与
轨道器对应的组合体B 分离时间为Δt,分离后B 的速度为v,且与v0同向,A、B 的质量分别为m、
M。求:
(1)分离后A 的速度vA;
(2)分离时A 对B 的推力大小。
【答案】(1)(m+ M )v0-Mv
m
(2) M (v - v0)
Δt
【解析】(1)取v0的方向为正方向,由动量守恒定律有(m+M)v0=Mv+mvA,解得vA=(m+ M )v0-Mv
m
。
(2)以B 为研究对象,取v0的方向为正方向,根据动量定理,对B 有FΔt=Mv-Mv0,则分离时A 对B 的
推力大小F= M (v - v0)
Δt
)。
15.（2024 山东，17，14 分）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=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/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，轨道的加速度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=8 N，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面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】（1）4 m/s （2）（ⅰ）0.2 1 kg （ⅱ）4.5 m
【解析】（1）对小物块在Q 点，由牛顿第二定律得
3mg+mg=mv
2
R
代入数据解得v=4 m/s。
（2）（ⅰ）由题图乙可知，F1=4 N 时a1=2 m/s2，此时小物块与轨道间刚要发生相对滑动，对小
物块，由牛顿第二定律得μmg=ma1
解得μ=0.2
对小物块与轨道整体，由牛顿第二定律得F1=（M+m）a1
解得m+M=2 kg
F2=8 N 时a2=6 m/s2，对轨道，由牛顿第二定律得
F2-μmg=Ma2
联立解得m=M=1 kg。
（ⅱ）若初始时F=8 N，向左推动轨道，则从一开始小物块就与轨道发生相对滑动
设经过时间t 物块运动到P 点，此时物块速度为v1，对地位移为x1，轨道速度为v2，对地位移为x2
由运动学公式可得t=v1
a1
=v2
a2
代入数据得v2=3v1
物块与轨道在t 时间内的相对位移L=1
2（v2-v1）t
物块在Q 点的对地速度为v3=7 m/s，方向水平向左，设此时轨道的对地速度为v4，物块从P 运动
到Q 的过程中，以向左为正方向，对物块和轨道整体
由水平方向动量守恒得mv1+Mv2=mv3+Mv4
由机械能守恒得1
2mv1
2+1
2Mv2
2=1
2mv3
2+1
2Mv4
2+mg×2R
且由于小物块从Q 点离开轨道，则有v3>v4
联立解得v1=3 m/s，v2=9 m/s，v4=5 m/s，t=1.5 s，L=4.5 m。
16.(2024 湖南,15,16 分)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
mA
mB
;
(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)
mA
mA+mB
v0
mA
2 v0
2
(mA+mB)R (2)2 或5
(3)2π R mA
mA+mB
·
e
2n-1
e
2n+1-e
2n
【解析】(1)小球A 和B 发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v,解得v=
mA
mA+mB
v0
对组合体受力分析,其做圆周运动的向心力
F 向=(mA+mB)v
2
R
联立解得F 向=
mA
2 v0
2
(mA+mB)R 。
(2)标出所有碰撞位置如图所示,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三处为等边三角形的三个顶点。
第1 次碰撞,小球A 撞上小球B,发生弹性碰撞,由动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mBvB
由机械能守恒定律有1
2mAv0
2=1
2mAv A
2 +1
2mBvB
2
联立解得vA=mA -mB
mA+mB
v0,vB= 2mA
mA+mB
v0,由题意可知mA>mB,vA>0,vB>0,即碰后两球同向运动。
第2 次碰撞,小球B 撞上小球A,发生弹性碰撞,第2 次碰后,小球A 的速度恢复到v0,小球B 静止,发
生第2 次碰撞时是B 比A 多运动一圈追上A 发生碰撞,若小球A 和B 第2 次碰撞位置在Ⅱ处,则v A
vB
=
2
3 π R
2
3 π R+2π R
=1
4
可得
mA
mB
=2。
第3 次碰撞是A 在Ⅱ处撞上B,而后A 在Ⅲ处被B 撞上发生第4 次碰撞(与第2 次碰撞类似),第6 次
在Ⅰ处碰撞,以此类推,两球总是在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处发生碰撞。
若小球A 和B 第2 次碰撞位置在Ⅲ处,则
v A
vB
=
4
3 π R
4
3 π R+2π R
=2
5
可得
mA
mB
=5
与前面分析类似,此情况下所有的碰撞位置也刚好位于等边三角形的三个顶点,满足要求。
(3)第1 次碰撞,由动量守恒定律有
mAv0=mAvA1+mBvB1
由碰撞前后相对速度的变化关系有
vB1- v A 1
v0-0
=e
每次发生碰撞时有xB1-xA1=vB1t1-vA1t1=2πR
其中t1为第1 次碰撞至第2 次碰撞的时间
联立解得xB1=vB1t1=2π R mA
mA+mB(
1
e +1)
第2 次碰撞,有mAvA1+mBvB1=mAvA2+mBvB2(点拨:对于始终发生碰撞的系统,为了计算方便,等式左边
可以用mAv0代替,即mAv0=mAvA2+mBvB2)
v A 2- vB2
vB1- v A 1
=e,则vA2-vB2=e2v0
xA2-xB2=vA2t2-vB2t2=2πR
联立解得xB2=
2π R mA
mA+mB(
1
e
2 -1)
通过运算发现,第1 次碰撞后B 球速度大于A 球速度,则第2 次碰撞为速度大的B 球撞A 球,碰撞后
A 球速度大于B 球速度且B 球不反弹,第3 次碰撞为速度大的A 球撞B 球,如此循环往复,可知
第n 次碰撞后到第n+1 次碰撞,B 球运动的路程
xBn=
2π R mA
mA+mB[
1
e
n +(−1)
n+1]
从第1 次碰撞到第2n+1 次碰撞之间B 球通过的路程
xB=xB1+xB2+xB3+…+xB2n
=
2π R mA
mA+mB(
1
e + 1
e
2 + 1
e
3 +…+ 1
e
2n)
=
2π R mA
mA+mB
·
e
2n-1
e
2n+1-e
2n。
17.(2023 广东,15,15 分)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3L,平台高为L。药品盒A、B 依次被轻放在以v0的速
度匀速运动的传送带上,在与传送带达到共速后,从M 点进入滑槽,A 刚好滑到平台最右端N 点停
下,随后滑下的B 以2v0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直
径的两端。已知A、B 的质量分别为m 和2m,碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的1
4 。A
与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,A、B 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t;
(2)B 从M 点滑至N 点的过程中克服阻力做的功W;
(3)圆盘的圆心到平台右端N 点的水平距离s。
【答案】(1) v0
μg
(2)6mgL-3mv0
2 (3)3 v0
2
❑√
2 L
g
【解析】(1)A 在传送带上加速运动时的加速度a=μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间
t=v0
a = v0
μg
(2)B 从M 点滑至N 点的过程中克服阻力做的功
W=1
2×2mv0
2+2mg·3L-1
2×2m(2v0)
2=6mgL-3mv0
2
(3)A、B 碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
2m·2v0=mv1+2mv2
1
2×2m·(2v0)2-(
1
2 m v1
2+ 1
2 ×2m v2
2)=1
4[
1
2 ×2m·(2v0)
2]
解得v1=2v0,v2=v0
(另一组解v1=2
3v0,v2=5
3v0舍掉)
A、B 做平抛运动的时间t1=❑√
2 L
g
则
s-r=v2t1
s+r=v1t1
解得s=3 v0
2
❑√
2 L
g
18.(2023 海南,18,14 分)如图所示,有一固定的光滑1
4 圆弧轨道A,半径R=0.2 m,一质量为mB=1
kg 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
mC=3 kg,B、C 间动摩擦因数μ1=0.2,C 与地面间的动摩擦因数μ2=0.8,C 右端有一个挡板,C 长为
L。已知g 取10 m/s2。
(1)B 滑到A 的底端时对A 的压力是多大?
(2)若B 未与C 右端的挡板碰撞,当B 与地面保持相对静止时,B、C 间因摩擦产生的热量是多少?
(3)在0.16 m<L<0.8 m 时,B 与C 右端挡板发生碰撞,且碰后粘在一起,求B 从滑上C 到最终停止
所用的时间(碰撞时间忽略不计)。
【答案】(1)30 N (2)1.6 J (3)(1−15 ❑√0.8−L
16
) s
【解析】(1)滑块下滑到圆弧轨道底端,由动能定理有mBgR=1
2mBv2,解得v=2 m/s。小滑块在A 的
底端时,有FN-mBg=mBv
2
R ,得此时小滑块所受支持力FN=30 N,由牛顿第三定律可知B 对A 的压力为
30 N。
(2)B 滑上C 后,对B 受力分析,水平方向受向左的摩擦力,大小为μ1mBg,由牛顿第二定律可知B 的
加速度向左,大小为a1=2 m/s2
对C 进行受力分析,受B 对其向右的摩擦力μ1mBg 和地面对其向左的摩擦力μ2(mB+mC)g,其加速度
向左,大小为a2=10 m/s2,B、C 速度减为零后均静止。
B 向右运动的距离x1= v
2
2a1
,解得x1=1 m
C 向右运动距离x2= v
2
2a2
,解得x2=0.2 m
B、C 间由摩擦产生的热量Q=μ1mBg(x1-x2),解得Q=1.6 J
(3)假设B 还未与C 右端挡板碰撞,C 先停下,用时为t1,有t1= v
a2
,得t1=0.2 s,由(2)可知此时B、C
的位移分别是0.36 m、0.2 m
则x 相对=0.16 m,此时vB=v-a1t1=1.6 m/s
由L>0.16 m,假设成立,设C 停下后再经t2时间B 与C 挡板碰撞,有L-0.16 m=vBt2-1
2a1t2
2
解得t2=(0.8-❑√0.8−L) s(另一解不符合题意,舍去)
碰撞前瞬间B 的速度vB'=vB-a1t2=2❑√0.8−L m/s
碰撞时由动量守恒可得碰撞后B、C 速度
v 共=
❑√0.8−L
2
m/s
之后二者一起减速,a3=μ2g=8 m/s2,设经t3后停下,
则有t3=v共
a3
=
❑√0.8−L
16
s
故总时间t=t1+t2+t3=(1−15 ❑√0.8−L
16
) s。
19.(2023 天津,11,16 分)一质量为mA=2 kg 的A 物体从距地面h=1.2 m 处由静止自由下落,同时另
一质量为mB=1 kg 的B 物体从A 物体的正下方地面上竖直向上抛出,经过t=0.2 s 两物体相遇,碰撞
后立刻粘在一起运动,已知重力加速度g=10 m/s2,碰撞时间极短,不计空气阻力。求两物体:
(1)碰撞时离地面的高度x;
(2)碰后瞬间的速度v;
(3)碰撞过程损失的机械能ΔE。
【答案】(1)1 m (2)0 (3)12 J
【解析】(1)对A 物体,根据运动学公式可得
h-x=1
2gt2,解得x=1 m。
(2)设B 物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0,根据运动学公式可知x=vB0t-1
2gt2
解得vB0=6 m/s,方向竖直向上
根据运动学公式可得碰撞前瞬间A 物体的速度大小为vA=gt=2 m/s,方向竖直向下
碰撞前瞬间B 物体的速度大小为
vB=vB0-gt=4 m/s,方向竖直向上
选竖直向下为正方向,由动量守恒定律可得
mAvA-mBvB=(mA+mB)v
解得碰后瞬间的速度v=0 m/s。
(3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为ΔE=1
2mAv A
2 +1
2mBvB
2-1
2(mA+mB)v2
解得ΔE=12 J。
20.(2023 重庆,14,13 分)如图所示,桌面上固定有一半径为R 的水平光滑圆轨道,M、N 为轨道上的
两点,且位于同一直径上,P 为´
MN段的中点。在P 点处有一加速器(大小可忽略),小球每次经过P
点后,其速度大小都增加v0。质量为m 的小球1 从N 处以初速度v0沿轨道逆时针运动,与静止在M
处的小球2 发生第一次弹性碰撞,碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求:
(1)球1 第一次经过P 点后瞬间向心力的大小;
(2)球2 的质量;
(3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。
【答案】(1)4 mv0
2
R
(2)3m (3)5 π R
6 v0
【解析】(1)球1 第一次经过P 点后瞬间的速度大小为2v0,在P 点,根据向心力公式有F 向=m(2v0)
2
R
=4 mv0
2
R
。
(2)球1 与球2 发生弹性碰撞,且碰后速度大小相等(设为v),说明球1 碰后反弹(点拨:若碰后瞬间两
球速度大小相等、方向相同,则为完全非弹性碰撞,与题意不符)
设球2 的质量为m',根据动量守恒定律有m·2v0=-mv+m'v,根据机械能守恒定律有1
2m(2v0)2=1
2
mv2+1
2m'v2,联立解得v=v0,m'=3m。
(3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt,球1 从第一次碰撞至运动到P 点所用的时间为
t1,此时球2 运动到P 的对称点(点拨:因为球1、球2 第一次碰后运动速率相同,方向相反,故相同时
间所走路程相等),即二者运动的路程之和为πR,球1 从P 点至第二次碰撞所用时间为t2,根据圆周
运动规律有t1= π R
2v0
,v0t2+2v0t2=πR,联立解得Δt=t1+t2=5 π R
6 v0
。
21.(2023 全国乙,25,20 分)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20l。一质量为m=1
3M 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。
【答案】(1)
❑√2gl
2
❑√2 gl
2
(2)l (3)4
【解析】(1)设第一次碰撞前小球的速度为v,第一次碰撞后小球及圆盘的速度分别为v1、v2,取竖直
向下为正方向,对小球根据动能定理有
mgl=1
2mv2-0
解得v=❑√2gl
小球与圆盘的碰撞满足动量守恒和机械能守恒的条件,有mv=mv1+Mv2①
1
2mv2=1
2mv1
2+1
2Mv2
2②
联立①②得v1=m- M
m+ M v=-
❑√2gl
2
v2= 2m
m+ M v=
❑√2 gl
2
故第一次碰撞后瞬间小球速度大小为
❑√2gl
2
,圆盘速度大小为
❑√2gl
2
。
(2)由题意可知圆盘所受摩擦力与其所受重力大小相等,则小球与圆盘碰撞后,圆盘做匀速直线运
动,小球做竖直上抛运动。
当小球回到第一次碰撞的位置时,小球与圆盘的速度相同,此时小球与圆盘间的距离最远。
对小球有t=2|v1|
g
=❑√
2l
g
对圆盘有smax=v2t=l
所以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为l。
(3)规定竖直向下为正方向,设小球与圆盘第一次碰撞后经过时间t1发生第二次碰撞,根据运动学公
式可知
v1t1+1
2gt1
2=v2t1
联立解得t1=2❑√
2l
g
圆盘在第一次碰撞到第二次碰撞之间下落的高度h1=v2t1=2l
小球与圆盘第二次碰撞前瞬间的速度v2 前=v1+gt1=3
2
❑√2gl
小球与圆盘第二次碰撞时动量守恒、机械能守恒,有
mv2 前+Mv2=mv2 后+Mv3
1
2mv2前
2
+1
2Mv2
2=1
2mv2 后
2
+1
2Mv3
2
解得v2 后=0,v3=❑√2 gl
设小球与圆盘在第二次碰撞到第三次碰撞之间所经历的时间为t2,则1
2gt2
2=v3t2
解得t2=2❑√
2l
g
小球在与圆盘第三次碰撞前瞬间的速度v3 前=gt2=2❑√2 gl
圆盘在第二次碰撞到第三次碰撞之间下落的高度
h2=v3t2=4l
同理可知,圆盘在第三次碰撞到第四次碰撞之间下落的高度h3=6l
若圆盘在管内运动过程中小球与圆盘能发生第五次碰撞,则圆盘在第四次碰撞到第五次碰撞之间下
落的高度h4=8l
h=l+h1+h2+h3+h4=21l>20l
可见圆盘在管内运动过程中小球与圆盘未发生第五次碰撞,故小球与圆盘在管内运动过程中共碰撞
4 次。
