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专题28 动量守恒定律及其应用（一）
一、多选题
1．（2023·浙江）下列说法正确的是（ ）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．若物理问题牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
【答案】ABC
【解析】A．声音使振动膜片振动，改变两极板间距离，使声音信号转换成电信号，则可以利用电容传感
器可制成麦克风，故A 正确；
B．由动量定理有
可得
可知，物体受合外力越大，则动量变化越快，故B 正确；
C．人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，则可以利用红外传感器可制成商
场的自动门，故C 正确；
D．牛顿运动定律只适用于宏观低速问题，不适用于微观高速问题。而动量守恒定律既适用于低速宏观问
题，也适用于高速微观问题，故D 错误。
故选ABC。
2．（2016·全国）一静止的铝原子核
俘获一速度为
m/s 的质子p 后，变为处于激发态的硅原子
核
，下列说法正确的是_________
A．核反应方程为
B．核反应方程过程中系统动量守恒
C．核反应过程中系统能量不守恒
D．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和
E．硅原子核速度的数量级为
m/s，方向与质子初速度方向一致
【答案】ABE
【解析】A．根据质量数和电荷数守恒可得核反应方程
，故A 正确；
B．过程中释放的核力远远大于外力，故系统动量守恒，故B 正确；
C．核反应过程中系统能量守恒，故C 错误；
D．由于反应过程中，要释放大量的能量，即伴随着质量亏损，所以生成物的质量小于反应物的质量之和，
故D 错误；
E．由动量守恒可知，
，解得
，故数量级约为105m/s，方向与质子初速度方向一
致，故E 正确．
3．（2021·山东）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H 的高处，现将质量为m 的物资以相对
地面的速度
水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮
力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为
C．
D．
【答案】BC
【解析】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为
的
物资瞬间，满足动量守恒定律
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度，热气球所受合外力恒为
，竖直向上，
所以热气球做匀加速曲线运动，故A 错误，B 正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为
，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
物资落地
过程所用的时间内，根据
解得落地时间为
热气球在竖直方向上运动的位移为
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
故C 正确，D 错误。
故选BC。
4．（2021·湖南）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B 两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力
作
用在A 上，系统静止在光滑水平面上（B 靠墙面），此时弹簧形变量为
。撤去外力并开始计时，A、B 两
物体运动的
图像如图（b）所示，
表示0 到
时间内
的
图线与坐标轴所围面积大小，
、
分别表示
到
时间内A、B 的
图线与坐标轴所围面积大小。A 在
时刻的速度为
。下列说法正确的
是（ ）
A．0 到
时间内，墙对B 的冲量等于mAv0
B． mA > mB
C．B 运动后，弹簧的最大形变量等于
D．
【答案】ABD
【解析】A．由于在0 ~ t1时间内，物体B 静止，则对B 受力分析有
F 墙 = F 弹
则墙对B 的冲量大小等于弹簧对B 的冲量大小，而弹簧既作用于B 也作用于A，则可将研究对象转为A，
撤去F 后A 只受弹力作用，则根据动量定理有
I = mAv0（方向向右）
则墙对B 的冲量与弹簧对A 的冲量大小相等、方向相同，A 正确；
B．由a—t 图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
F 弹 = mAaA= mBaB
由图可知
aB > aA
则
mB < mA
B 正确；
C．由图可得，t1时刻B 开始运动，此时A 速度为v0，之后AB 动量守恒，AB 和弹簧整个系统能量守恒，
则
可得AB 整体的动能不等于0，即弹簧的弹性势能会转化为AB 系统的动能，弹簧的形变量小于x，C 错误；
D．由a—t 图可知t1后B 脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1~t2时间内AB 组成的系统动量守恒，且在t2时刻
弹簧的拉伸量达到最大，A、B 共速，由a—t 图像的面积为
，在t2时刻AB 的速度分别为
，
A、B 共速，则
D 正确。
故选ABD。
5．（2020·全国）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为
4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡
板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s 的速度与
挡板弹性碰撞。总共经过8 次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上
运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为（ ）
A．48 kg
B．53 kg
C．58 kg
D．63 kg
【答案】BC
【解析】设运动员和物块的质量分别为
、
规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第
一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为
、
，则根据动量守恒定律
解得
物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块
解得
第3 次推出后
解得
依次类推，第8 次推出后，运动员的速度
根据题意可知
解得
第7 次运动员的速度一定小于
，则
解得
综上所述，运动员的质量满足
AD 错误，BC 正确。
故选BC。
6．（2019·浙江）静止在匀强磁场中的原子核X 发生α 衰变后变成新原子核Y。已知核X 的质量数为A，
电荷数为Z，核X、核Y 和α 粒子的质量分别为mX、mY和mα，α 粒子在磁场中运动的半径为R。则（ ）
A．衰变方程可表示为
B．核Y 的结合能为
C．核Y 在磁场中运动的半径为
D．核Y 的动能为
【答案】AC
【解析】A．根据质量数和电荷数守恒可知，衰变方程可表示为
A 正确；
B．此反应中放出的总能量为
可知核Y 的结合能不等于
，B 错误；
C．根据半径公式
又
mv=p（动量）
则得
在衰变过程遵守动量守恒，根据动量守恒定律得
则
得半径之比为
则核Y 在磁场中运动的半径为
故C 正确；
D．两核的动能之比
因
解得
故D 错误。
故选AC。
7．（2015·上海）一颗子弹以水平速度
穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的木块后，二者运动方向均不
变．设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为v，则( )
A．
越大，v 越大
B．
越小，v 越大
C．子弹质量越大，v 越大
D．木块质量越小，v 越大
【答案】AC
【解析】AB．子弹穿透木块过程中，子弹与木块间相互作用力恒定，两者都做匀减速运动，子弹的位移与
木块的位移大小之和等于木块的厚度，若质量不变，则两者的加速度不变，当子弹的初速度v0越大时，子
弹穿过木块的时间越短，且木块的位移越小，由于木块初速度和加速度不变，所以末速度v 越大，如下图
所示
A 正确，B 错误；
C．子弹的质量越大，由于作用力不变，则加速度越小，初速度v0一定，则子弹位移越大，木块位移越小，
由于木块初速度和加速度不变，所以末速度v 越大，如下图所示
C 正确；
D．木块质量越小，其加速度越大，初速度不变，子弹穿过木块的时间变大，则木块末速度v 变小，如下
图所示
D 错误。
故选AC。
【点睛】本题考查了对v-t 图象的理解和应用，解决本题的关键是子弹的位移与木块的位移之和等于木块
的厚度．
二、单选题
8．（2021·全国）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相
连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相
对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
【答案】B
【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，
而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力
后该系统动量守恒，机械能不守恒。
故选B。
9．（2019·江苏）质量为M 的小孩站在质量为m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面
间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为 ．
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设滑板的速度为
，小孩和滑板系统动量守恒得：
，解得：
，故B 正确．
10．（2014·福建）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已
知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空
气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ）
A．v0-v2
B．v0+v2
C．
D．
【答案】D
【分析】本题考查动量守恒定律
【解析】系统分离前后，动量守恒：
，解得：
，故ABC 错误；
D 正确．
11．（2022·北京）质量为
和
的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x 随时间t 变化的图像如图
所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前
的速率大于
的速率
B．碰撞后
的速率大于
的速率
C．碰撞后
的动量大于
的动量
D．碰撞后
的动能小于
的动能
【答案】C
【解析】A．
图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知
碰前的速度大小为
碰前速度为0，A 错误；
B．两物体正碰后，
碰后的速度大小为
碰后的速度大小为
碰后两物体的速率相等，B 错误；
C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
解得两物体质量的关系为
根据动量的表达式
可知碰后
的动量大于
的动量，C 正确；
D．根据动能的表达式
可知碰后
的动能大于
的动能，D 错误。
故选C。
12．（2017·海南）光滑水平桌面上有P、Q 两个物块，Q 的质量是P 的n 倍。将一轻弹簧置于P、Q 之间，
用外力缓慢压P、Q。撤去外力后，P、Q 开始运动，P 和Q 的动量大小的比值为（ ）
A．
B．
C．
D．1
【答案】D
【解析】由动量守恒定律可知，P、Q 两个物块构成的系统，动量前后守恒，则
ABC 错误，D 正确。
故选D。
13．（2022·湖南）1932 年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中
性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度
分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别
为
和
。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．
大于
D．
大于
【答案】B
【解析】设中子的质量为
，氢核的质量为
，氮核的质量为
，设中子和氢核碰撞后中子速度为
，
由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
设中子和氮核碰撞后中子速度为
，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
联立解得
可得
碰撞后氢核的动量为
氮核的动量为
可得
碰撞后氢核的动能为
氮核的动能为
可得
故B 正确，ACD 错误。
故选B。
14．（2021·浙江）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自
发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥
控器引爆瞬开始计时，在5s 末和6s 末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气
中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两碎块的位移大小之比为1:2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【答案】B
【解析】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知
因两块碎块落地时间相等，则
则
则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A 错误；
B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知
解得
t=4s
爆炸物的爆炸点离地面高度为
选项B 正确；
CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移
质量小的碎块的水平位移
爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m
质量大的碎块的初速度为
选项CD 错误。
故选B。
15．（2015·福建）如图所示，两滑块A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m，速
度大小为2v0，方向向右，滑块B 的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动
状态是（ ）
A．A 和B 都向左运动
B．A 和B 都向右运动
C．A 静止，B 向右运动
D．A 向左运动，B 向右运动
【答案】D
【解析】选择水平向右为正，两滑块碰前总动量
说明系统总动量为0。
A．A 和B 都向左运动，总动量不为0，选项A 错误；
B．A 和B 都向右运动，总动量不为0，选项B 错误；
C．A 静止，B 向右运动，总动量不为0，选项C 错误；
D．A 向左运动，B 向右运动，总动量可能为0，选项D 正确。
故选D。
16．（2020·北京）在同一竖直平面内，3 个完全相同的小钢球（1 号、2 号、3 号）悬挂于同一高度；静止
时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以
下分析正确的是（ ）
A．将1 号移至高度释放，碰撞后，观察到2 号静止、3 号摆至高度。若2 号换成质量不同的小钢球，
重复上述实验，3 号仍能摆至高度
B．将1、2 号一起移至高度释放，碰撞后，观察到1 号静止，2、3 号一起摆至高度，释放后整个过程
机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的1 号移至高度释放，1、2 号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3 号仍能摆至高度
D．将1 号和右侧涂胶的2 号一起移至高度释放，碰撞后，2、3 号粘在一起向右运动，未能摆至高度，
释放后整个过程机械能和动量都不守恒
【答案】D
【解析】A．1 号球与质量不同的2 号球相碰撞后，1 号球速度不为零，则2 号球获得的动能小于1 号球撞
2 号球前瞬间的动能，所以2 号球与3 号球相碰撞后，3 号球获得的动能也小于1 号球撞2 号球前瞬间的动
能，则3 号不可能摆至高度，故A 错误；
B．1、2 号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机
械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B 错误；
C．1、2 号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2 号球再与3 号球相碰
后，3 号球获得的动能不足以使其摆至高度，故C 错误；
D．碰撞后，2、3 号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合
外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D 正确。
故选D。
17．（2020·全国）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞
前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能
为（ ）
A．3 J
B．4 J
C．5 J
D．6 J
【答案】A
【解析】由v-t 图可知，碰前甲、乙的速度分别为
，
；碰后甲、乙的速度分别为
，
，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
解得
则损失的机械能为
解得
故选A。
18．（2017·江苏）甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s，甲、
乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s 和2m/s.求甲、乙两运动
员的质量之比（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由动量守恒定律得
解得
代入数据得
故选D。
19．（2014·全国）一中子与一质量数为A（A>1）的原子核发生弹性正碰，若碰前原子核静止，则碰撞前
与碰撞后中子的速率之比为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方
向，有
mv1=mv2+Amv
解得
故选A。
20．（2018·海南）如图，用长为的轻绳悬挂一质量为M 的沙箱，沙箱静止．一质量为m 的弹丸以速度
水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度．不计空气阻力．对子弹射向沙箱到与其共同摆
过一小角度的过程( )
A．若保持m、v、不变，M 变大，则系统损失的机械能变小
B．若保持M、v、不变，m 变大，则系统损失的机械能变小
C．若保持M、m、不变，v 变大，则系统损失的机械能变大
D．若保持M、m、v 不变，变大，则系统损失的机械能变大
【答案】C
【分析】本题考机械能守恒定律及动量守恒定律的相关知识点
【解析】分析易得只有子弹射入沙箱并停留在沙箱中这个过程中系统的机械能才会损失，由动量守恒得，
，则系统损失的机械能
对于A 选项，由
可知若保持m、v、不变，M 越大则系统损失的机械能变大，
故A 错误
对于B 选项，由
可知若保持M、v、不变，m 变大则系统损失的机械能变大，
故B 错误
对于C 选项，由
可知若保持M、m、不变，v 变大则系统损失的机械能变大，故C 正确
对于D 选项，子弹与沙箱共同向上摆动一小角度的过程系统机械能守恒，故D 错误
21．（2017·全国）将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭
喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）
（ ）
A．30
B．5.7×102
C．6.0×102
D．6.3×102
【答案】A
【解析】开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得
解得火箭的动量
负号表示方向，大小为30
。
故选A。
22．（2014·重庆）一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度 v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平
飞出，甲、乙的质量比为3 1∶．不计质量损失，取重力加速度 g＝10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨
迹可能正确的是( )
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】试题分析：炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律；当
炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，两片炸弹都做平抛运动．根据平抛运动的基本公式即可
解题．
规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸
的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有
,则
，两块弹片都做平
抛运动，高度一样，则运动时间相等，
，水平方向做匀速运动，
，则
，结合图象可知，D 的位移满足上述表达式，故D 正确．
三、填空题
23．（2016·上海）(如图，粗糙水平面上，两物体A、B 以轻绳相连，在恒力F 作用下做匀速运动．某时刻
轻绳断开，在F 牵引下继续前进，B 最后静止．则在B 静止前，A 和B 组成的系统动量_________（选填
“守恒”或 “不守恒”）．在B 静止后，A 和B 组成的系统动量______________．（选填“守恒”或“不
守恒“）
【答案】守恒；不守恒
【解析】轻绳断开前，A、B 做匀速运动，系统受到的拉力F 和摩擦力平衡，合外力等于零，即
，所以系统动量守恒；当轻绳断开B 静止之前，A、B 系统的受力情况不变，即
，所以系统的动量依然守恒；当B 静止后，系统的受力情况发生改变，即
，系
统合外力不等于零，系统动量不守恒．
【学科网考点定位】动量守恒条件
【方法技巧】先通过匀速运动分析A、B 整体的合外力，再分析轻绳断开后A、B 整体的合外力，只要合
外力为零，系统动量守恒，反之不守恒．
24．（2018·天津）质量为0.45 kg 的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg 的子弹以200 m/s 的水平
速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是__________m/s．若
子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N，则子弹射入木块的深度为_______m．
【答案】 20 0.2
【解析】试题分析：根据系统动量守恒求解两木块最终速度的大小；根据能量守恒定律求出子弹射入木块
的深度；
根据动量守恒定律可得
，解得
；系统减小的动能转化为克
服阻力产生的内能，故有
，解得
；
【点睛】本题综合考查了动量守恒定律、能量守恒定律，综合性较强，对学生能力要求较高．
25．（2016·天津）如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量
的2 倍，滑块与盒内平面间的动摩擦因数为μ．若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械
能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止.
（1）此时盒的速度大小为_________？
（2）滑块相对于盒运动的路程为____________？
【答案】
【解析】(1)[1]物体与盒子组成的系统动量守恒；先由动量守恒求出盒子与物块的最终速度，再结合损失的
机械能即可求出滑块相对于盒运动的路程。设滑块的质量为m，则盒的质量为2m，对整个过程，由动量守
恒定律可得
解得
(2)[2]由能量关系可知
解得
26．（2015·天津）如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A 球在水平面上静止放置，B 球向左
运动与A 球发生正碰，B 球碰撞前、后的速率之比为3:1，A 球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好
不发生碰撞，AB 两球的质量之比为__________，AB 碰撞前、后两球总动能之比为_______________
【答案】 4：1 9：5
【解析】[1]因两球刚好不发生碰撞，说明AB 碰撞后速率大小相同，规定向左为正方向，由动量守恒定律
可知
而B 球碰撞前、后的速率之比
解得
[2]碰撞前后总动能之比为
27．（2015·上海）两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动．A 车总质量为50kg，以2m/s 的速度向右运
动；B 车总质量为70kg，以3m/s 的速度向左运动；碰撞后，A 以1.5m/s 的速度向左运动，则B 的速度大小
为________ m/s，方向向________ （选填“左”或“右”）
【答案】 0.5 左
【解析】[1][2]由动量守恒定律得：规定向右为正方向
解得
所以B 的速度大小是0.5m/s，方向向左。
28．（2014·上海）动能相等的两物体A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比
，则动量之比
___；两者碰后粘在一起运动，其总动量与A 原来动量大小之比
___．
【答案】 1：2 1：1
【解析】[1]根据动能：
根据
，可得质量之比：
根据动量：
所以
[2]碰后粘在一起根据动量守恒可得：
所以
四、解答题
29．（2023·全国）如图，水平桌面上固定一光滑U 型金属导轨，其平行部分的间距为，导轨的最右端与
桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为
。
一质量为
、电阻为
、长度也为的金属棒P 静止在导轨上。导轨上质量为
的绝缘棒Q 位于P 的左侧，
以大小为
的速度向P 运动并与P 发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右
端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P 在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P 与Q 始终平行。不计
空气阻力。求
（1）金属棒P 滑出导轨时的速度大小；
（2）金属棒P 在导轨上运动过程中产生的热量；
（3）与P 碰撞后，绝缘棒Q 在导轨上运动的时间。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）由于绝缘棒Q 与金属棒P 发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
联立解得
，
由题知，碰撞一次后，P 和Q 先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P 滑出导
轨时的速度大小为
（2）根据能量守恒有
解得
（3）P、Q 碰撞后，对金属棒P 分析，根据动量定理得
又
，
联立可得
由于Q 为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q 运动的时间为
30．（2023·辽宁）如图，质量m1= 1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k
= 20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg 的小物块以水平向右的速度
滑上木板左
端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为
。取重力
加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v 的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次
相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t 表示）。
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；
；（3）
【解析】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有
v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v1
2= 2a1x1
代入数据解得
x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
kx = (m1＋m2)a 共
对m2有
a2= μg = 1m/s2
当a 共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的
加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时
2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有
－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2
解得
则对于m1、m2组成的系统有
U = Wf
联立有
31．（2023·浙江）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD 和水平传
送带平滑无缝连接，两半径均为
的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF 与轨道CD 和足够长
的水平直轨道FG 平滑相切连接。质量为3m 的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系数
的轻质
弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量
的滑块a 以初速度
从D 处进入，经DEF
管道后，与FG 上的滑块b 碰撞（时间极短）。已知传送带长
，以
的速率顺时针转动，
滑块a 与传送带间的动摩擦因数
，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能
（x 为形变量）。
（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度
，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能
；
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【解析】（1）滑块a 从D 到F，由能量关系
在F 点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a 返回B 点时的速度vB=1m/s，滑块a 一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C 点的速度
vC=3m/s
则滑块a 从碰撞后到到达C 点
解得
v1=5m/s
因ab 碰撞动量守恒，则
解得碰后b 的速度
v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则ab 碰后的共同速度
解得
v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
32．（2023·湖南）如图，质量为
的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，
椭圆的半长轴和半短轴分别为
和
，长轴水平，短轴竖直．质量为
的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴
的右端点由静止开始下滑．以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角
坐标系
，椭圆长轴位于
轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为
。
（1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
（2）在平面直角坐标系
中，求出小球运动的轨迹方程；
（3）若
，求小球下降
高度时，小球相对于地面的速度大小（结果用
及
表示）。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【解析】（1）小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒
联立解得
因水平方向在任何时候都动量守恒即
两边同时乘t 可得
且由几何关系可知
联立得
（2）小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为
时，此时凹槽水平向右运动的位移为
，
根据上式有
则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为
整理得
（
）
（3）将
代入小球的轨迹方程化简可得
即此时小球的轨迹为以
为圆心，b 为半径的圆，则当小球下降的高度为
时有如图
此时可知速度和水平方向的的夹角为
，小球下降
的过程中，系统水平方向动量守恒
系统机械能守恒
联立得
33．（2023·湖北）如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy 平面向里的匀强磁场。t = 0 时
刻，一带正电粒子甲从点P（2a，0）沿y 轴正方向射入，第一次到达点O 时与运动到该点的带正电粒子乙
发生正碰。碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3 倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好
运动了两个圆周。己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q。假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞
时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响。求：
（1）第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
（2）粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
（3）
时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到
的过程中粒子乙运动的路程。
（本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可）
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa
【解析】（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y 轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r = a
根据
解得
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则
T 甲 = 2T 乙
根据
，有
则
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正有
mv 甲0＋m 乙v 乙0= －mv 甲1＋m 乙v 乙1
解得
v 乙0= －5v 甲0，v 乙1= 3v 甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为
。
（3）已知在
时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v 甲1= －3v 甲0，v 乙1= 3v 甲0
则根据
，可知此时乙粒子的运动半径为
可知在
时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒
子运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1= 6πa
且在第二次碰撞时有
mv 甲1＋m 乙v 乙1= mv 甲2＋m 乙v 乙2
解得
v 甲2= v 甲0，v 乙2= －5v 甲0
可知在
时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒
子运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2= 10πa
且在第三次碰撞时有
mv 甲2＋m 乙v 乙2= mv 甲3＋m 乙v 乙3
解得
v 甲3= －3v 甲0，v 乙3= 3v 甲0
依次类推
在
时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子
运动了2 圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8= 10πa
且在第九次碰撞时有
mv 甲8＋m 乙v 乙8= mv 甲9＋m 乙v 乙9
解得
v 甲9=－3v 甲0，v 乙9= 3v 甲0
在
到
过程中，甲粒子刚好运动半周，且甲粒子的运动半径为
r 甲1 = 3a
则
时甲粒子运动到P 点即（－6a，0）处。
在
到
过程中，乙粒子刚好运动一周，则
时乙粒子回到坐标原点，且此过程中
乙粒子走过的路程为
S0 = 3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
S = 4 × 6πa＋4 × 10πa＋3πa = 67πa
