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专题07 动量
动量 冲量
1．（2025·重庆·三模）《卖油翁》是宋代文学家欧阳修创作的一则写事明理的寓言故事，说
明了熟能生巧的道理。如图所示，油从距离地面高度为H 的地方倒出，油束刚好充满钱孔
倒入壶内，钱孔的横截面积为S，油壶的高度为h，油的密度为
，重力加速度为g。若油
倒入瓶底四处散开，没有飞溅。下列说法正确的是（ ）
A．单位时间倒入壶中油的质量为
B．单位时间倒入壶中油的质量为
C．在动量减小阶段，后落入壶内的油，动量变化更多
D．在动量减小阶段，任何时候落入壶内的油，动量变化都一样多
【答案】A
【详解】AB．设
时间内倒入壶中油的质量为
，油到达壶口时的速度为
，则有
，
根据机械能功守恒，则有
联立解得
故单位时间内落入壶中油的质量为
A 正确，B 错误；
CD．随着油面的上升，后落入壶内的油到达油面的速度逐渐减小，因此在动量减小阶段，
其动量的变化更少，CD 错误。
故选A。
2．（2025·四川南充·三模）如图所示，固定直杆与水平面的夹角为
，轻弹簧一端固定在
点，另一端连接穿在杆上的小球，小球与杆间的动摩擦因数为
，弹簧和杆在同一竖直平
面内。
水平，
等于弹簧原长，
，
，小球在A 点时弹簧的弹性
势能为
，小球从A 点静止释放，第一次能够到
点，重力加速度为
，下列说法正确
的是（ ）
A．从A 到
的过程中，杆对小球的冲量不为零
B．若
，小球在
点时速度最大
C．若
且小球最低能到
点，则小球第一次过
点的动能为
D．若
，则小球第一次向下通过
点和
点时的加速度大小一定相等
【答案】AC
【详解】A．从A 到
的过程中，杆对小球一直存在摩擦力、弹力的作用，根据冲量的定
义式
可知杆对小球的冲量不为零，故A 正确；
B．若
，当加速度为零时小球的速度最大；在B 点，对小球受力分析，可知小球受
重力、弹簧的弹力和杆的弹力作用，在垂直杆方向各力平衡，在沿杆方向只有重力沿杆向
下的分力， 根据牛顿第二定律可知，此时存在沿杆向下的加速度，故小球在
点时速度
不是最大，故B 错误；
C．若
且小球最低能到
点，由题知小球在A 点时弹簧的弹性势能为
，又
，故小球在C 点时弹簧的弹性势能也为
，故小球从A 点到C 点，动能变化量
为零，弹性势能变化量也为零，根据动能定理有
解得
对小球从A 点到B 点分析，因A 点、C 点关于B 点对称，且B 点为弹簧的原长点，故此过
程小球克服摩擦力做的功等于小球从A 点到C 点过程克服摩擦力做的功的一半，重力和弹
力做正功，根据动能定理有
又
，
，
解得
故C 正确；
D．若
，对小球在E 点和F 点的受力分析，如图所示
由题分析知，
点和
点关于B 点对称，故小球在这两点的弹力大小相等，但方向不同，
即
，设
、
与杆的夹角为
，根据正交分解，对小球在E 点受力分析，在垂直
杆方向有
在沿杆方向有
同理，对小球在F 点受力分析，在垂直杆方向有
若小球仍有沿杆向下的加速度，在沿杆方向有
因
，则有
，
则有
根据
可知
结合小球杆方向的受力分析方程式，可知
故D 错误。
故选AC。
3．（2025·海南·三模）如图所示为某款运动跑鞋宣传图，图片显示：“该款鞋鞋底采用EVA
材料，能够有效吸收行走或运动时的冲击力，保护双脚免受伤害”。对于该款鞋，下列说
法正确的是（ ）
A．缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量
B．延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小合力对双脚的冲量
C．延长双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
D．缩短双脚与鞋底的冲击时间，从而减小鞋底对双脚的平均冲击力
【答案】C
【详解】AB．由动量定理
可知，无论是缩短还是延长双脚与鞋底的冲击时间，
合力对双脚的冲量都保持不变。故AB 错误；
CD．由
可知，延长双脚与鞋底的冲击时间，可以减小鞋底对双脚的平均冲击力。
故C 正确，D 错误。
故选C。
4．（2025·山西·三模）研究运动员竖直跳跃时，脚下的传感器记录了运动员与传感器间作用
力的大小随时间的变化。如图所示，1．0s 时运动员开始起跳，3．1s 时恰好静止于传感器
上。将运动员视为质点，不考虑空气阻力，取
下列说法正确的是（ ）
A．刚离开传感器时，运动员的速度大小为
B．起跳过程中，传感器对运动员的冲量为
C．2．5~3．1s 时间内，传感器对运动员平均作用力的大小约为1200N
D．1．0~1．9s 与2．5~3．1s 时间内，运动员所受合力的冲量不同
【答案】AC
【详解】A．1.9s~2.5s 时间段内，运动员在空中做竖直上抛运动，初速度
，
故A 正确；
B．由图像可知，0~1.0s 时间内运动员静止在传感器上，故
所以
1．0s~1．9s 时间段内是起跳过程，列动量定理
代入数据可得
故B 错误；
C．以竖直向上为正方向，对运动员在2.5s~3.1s 时间段内列动量定理方程
代入数据可得
故C 正确；
D．在1.0s~1.9s 与2.5s~3.1s 两段时间内，运动员的动量变化量相等，由
可知运动
员所受合力的冲量相同。故D 错误。
故选AC。
5．（2025·福建三明·三模）如图甲，在智能机器人协作实验场中，元件A、B 之间用智能柔性
机械臂连接（机械臂可根据内置算法自动调整伸缩，模拟弹簧功能），放在光滑水平试验
台上，B 右侧与竖直挡板相接触。
时刻，元件C 以一定速度向右运动，
时与元
件A 相碰（碰撞时间极短），并立即与A 粘连且不再分开。C 的运动情况由视觉追踪系统
和惯性测量单元监测，并生成如图乙的
图像，已知
、
，则（
）
A．元件C 的质量为100 g
B．1 s 到3 s 的时间内，墙壁对B 的冲量大小为
C．元件B 离开墙壁后，柔性机械臂的最大弹性势能为
D．元件B 离开墙壁后，B 的最大速度为
【答案】BD
【详解】A．以水平向右为正方向，由题图乙知，元件C 与A 碰前速度为
，碰后
速度为
，C 与A 碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律有
解得
故A 错误；
B．由题图乙知，3s 末A 和C 的速度为
，由动量定理可知，1s 到3s 过程中柔性
机械臂对元件A、C 的冲量为
解得
方向向左，则柔性机械臂对元件B 的冲量大小为
，方向向右，所以1s 到3s 的时间
内，墙壁对B 的冲量大小为
，方向向左，故B 正确；
C．元件B 离开墙壁后，A、B、C 三者共速时柔性机械臂的弹性势能最大，规定水平向左
为正方向，根据动量守恒定律有
，
得
由系统机械能守恒定律有
解得
故C 错误；
D．规定水平向左为正方向，元件B 离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当柔性机
械臂的弹性势能再次为0 时，元件B 的速度最大，根据系统动量守恒有
由系统机械能守恒定律有
解得B 的最大速度为
故D 正确。
故选BD。
6．（2025·福建宁德·三模）温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在
水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为
与列车速度相同，空气密度为
，空气中单位体积内有
颗小水珠，每颗小水珠的质量为
，车头的横截面积为
，列车以速度
匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的
阻力约为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】在时间∆t 内车头遇到的水珠的质量
遇到空气的质量
对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理
解得
由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为
故选B。
7．（2025·山西吕梁·三模）如图所示，粗糙水平地面上静置一质量为1kg、长度为8m 的“L”
型长木板Q，质量为1kg 的滑块P 以6m/s 的初速度从左端冲上长木板Q。已知地面与长木
板Q 之间的动摩擦因数为0．05，滑块P 与长木板Q 之间的动摩擦因数为0．15，滑块P
与长木板Q 的竖直挡板碰撞后粘在一起（忽略碰撞时间），长木板Q 的竖直挡板厚度不计，
滑块P 可看成质点，重力加速度g 取10m/s²，求：
(1)滑块P 与长木板Q 的竖直挡板碰撞前，长木板Q 的加速度大小；
(2)滑块P 与长木板Q 的竖直挡板碰撞过程中，系统损失的机械能；
(3)从滑块P 冲上长木板Q 至碰撞结束瞬间，长木板Q 对滑块P 的冲量大小。
【答案】(1)
m/s²
(2)
J
(3)
N·s
【详解】（1）（1）对长木板Q 受力分析由牛顿第二定律可得
代入数据解得
m/s²
（2）对滑块P 受力分析由牛顿第二定律可得
代入数据解得
m/s²
碰前滑块P 的位移
长木板Q 的位移
P、Q 的位移关系为
解得
s 或
s（舍）
碰前滑块P 的速度
长木板Q 的速度
碰撞过程由动量守恒定律可得
代入数据解得
所以由于碰撞系统损失的机械能为
代入数据解得
J
（3）从滑块P 冲上长木板Q 至碰撞结束瞬间，长木板Q 对滑块P 水平方向的冲量大小
竖直方向的冲量大小
Q 对P 的冲量大小
联立解得
N·s
8．（2025·四川攀枝花·三模）如图甲所示，t=0 时质量m=0.1kg 的小球在水平向右的拉力F 作
用下由静止开始从水平面AB 的左端向右运动，t=4s 时从B 端水平飞出后，从D 点无碰撞
的进入位于同一竖直面内的光滑圆轨道，并恰好能到达圆轨道的最高点E 后水平飞出。已
知小球与水平面AB 之间的动摩擦因数μ=0.2，B、D 两点之间的高度差h=0.45m、水平距
离x=1.2m，小球所受拉力F 与其作用时间t 的关系如图乙所示，重力加速度g 取10m/s²，
忽略空气阻力，求：
(1)小球到B 点时的速度大小vB；
(2)t=0 时拉力F 的大小F0；
(3)圆轨道半径R。
【答案】(1)4m/s
(2)0.6N
(3)
【详解】（1）设小球从B 到D 做平抛运动的时间为
，从B 点飞出的速度为
，有
，
代入数据得
（2）设小球从A 到B 的时间为
，由动量定理有
联立以上各式，可得
（3）设小球在D 点时的速度为
，方向与水平方向的夹角为
，有
小球到达E 点时，由牛顿第二定律有
小球从B 到E，由动能定理有
联立以上各式可得
9．（2025·陕西宝鸡·三模）如图所示，由高压水枪中竖直向上喷出的水柱，将一个开口向下
的小铁盒顶在空中。已知密度为ρ 的水柱以恒定速率从水枪中持续喷出，向上运动并以速
率
冲击小铁盒，且冲击小铁盒时水柱横截面积为S，并以速率v 竖直返回（不考虑水之
间的碰撞）。水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计，则水对铁盒的平均作用力大
小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】在∆t 时间内打到盒子上的水的质量
向下为正，则根据动量定理
解得
根据牛顿第三定律可知水对铁盒的平均作用力大小为
故选A。
10．（2025·浙江温州·三模）如图所示，A、B 小球带同种电荷，在外力作用下静止在光滑绝
缘水平面上，相距为d。撤去外力的瞬间，A 球加速度大小为a，两球运动一段时间，B
球加速度大小为
，速度大小为v。已知A 球质量为3m，B 球质量为m，两小球均可视为
点电荷，不考虑带电小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内（ ）
A．B 球运动的距离为
B．库仑力对A 球的冲量大小为
C．库仑力对A 球做功为
D．两球组成的系统电势能减少了
【答案】D
【详解】A．撤去外力的瞬间，对A，由牛顿第二定律有
两球运动一段时间，对B，由牛顿第二定律有
联立解得此时AB 球间距
对AB 系统，根据动量守恒定律有
整理得
因为
联立解得
故A 错误；
B．根据动量守恒定律有
解得此时A 的速度
在该段时间内，A 球的速度由0 变为
，由动量定理，可得库仑力对A 球的冲量大小为
故B 错误；
C．在该段时间内，对B，由动能定理有
在该段时间内，库仑力对A 球做功为
，故C 错误；
D．根据能量守恒，系统减少的电势能等于系统机械能的增加量，为
故D 正确。
故选D。
11．（2025·河北邢台·三模）如图所示，两小球A、B 用跨过定滑轮O 的细线相连，B 球套在
一光滑竖直的固定杆上，A、B 两球均处于静止状态，此时细线与竖直杆的夹角
，
套在竖直杆上的C 球从与B 球距离
处由静止释放，C、B 球碰撞时间极短，碰撞
过程中细线中的拉力远大于B 球的重力，碰后B 球下降到最低点时，细线与竖直杆的夹
角
，已知A、C 球质量分别为
，定滑轮到竖直杆的水
平距离为
，重力加速度为
，
，
。求：
(1)B 球的质量
；
(2)B 球与C 球碰后瞬间的速度大小
；
(3)C 球碰后反弹的最大高度
。
【答案】(1)3.0kg
(2)
(3)0.2m
【详解】（1）由A、B 两球的平衡条件得
，
解得
（2）A、B 两球沿细线方向的速度大小相等，有
碰后B 球下降过程中，A、B 两球组成的系统机械能守恒，有
联立解得
（3）设B、C 两球碰撞过程中细线中拉力的冲量大小为
B、C 两球间弹力冲量大小为
，对A 球，由动量定理得
解得
，
对B 球，在竖直方向
解得
，
对C 球，在竖直方向上，根据题意以及C 质量小于B 质量，由动量定理得
C 球做自由落体运动，
解得
又
解得
12．（2025·四川南充·三模）如图所示，一根足够长的固定竖直绝缘杆，位于垂直纸面向外、
磁感应强度
的匀强磁场中。现有一个质量为
、带电荷量
的小球套在
绝缘杆上从某点静止开始下滑，经过
达到最大速度。已知小球与杆间的动摩擦因数
为0.8，重力加速度为
。则在小球加速下滑的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球的最大加速度为
B．小球的最大速度为
C．小球下降的高度为
D．系统因摩擦生热为3J
【答案】B
【详解】A．根据题意可知，开始下滑时，小球速度为0，洛伦兹力为0，此时小球与杆
间的摩擦力为0，小球只受重力，加速度最大，等于重力加速度，故A 错误；
B．根据题意可知，当小球速度最大时，加速度为0，则有
解得
故B 正确；
C．小球由静止开始下滑，到达到最大速度，由动量定理得
整理可得
解得
选项C 错误；
D．小球由静止开始下滑，到达到最大速度，由动能定理得
解得
则系统因摩擦生热为
，故D 错误。
故选B。
13．（2025·云南·三模）如图甲所示，一劲度系数为
的轻质弹簧一端固定在倾角为
的光滑固定斜面的底端，另一端连接小物块A，A 静止在斜面上的
点，小物块B 从距
点为
的
处由静止开始下滑，A、B 相碰（时间很短）后立即以相同的速度向下
压缩弹簧（A、B 不粘连），取
点为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立
轴，得到整
个向下过程物块A 的动能及A 的重力势能与
的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限
度内）。取重力加速度
，小物块A、B 均可视为质点。下列说法正确的是（
）
A．小物块A 的质量为2kg
B．小物块B 的质量为2kg
C．碰撞过程，A 对B 的冲量大小为
D．该过程弹性势能最大值为31.5J
【答案】AC
【详解】A．根据乙图可得，小物块A 沿斜面向下运动2m，重力势能减少20J，根据
可得A 的质量为
故A 正确；
B．再由B 的运动，匀加速时有
解得
与A 碰撞后，有
，
联立解得
，
故B 错误；
C．碰撞过程，对B 利用动量定理得
解得
可得A 对B 的冲量大小为
，故C 正确；
D．碰撞后继续下滑到最低点过程，A、B 减少的动能为
A、B 减少的重力势能为
由于弹簧在初始状态有弹性势能，所以最低点的弹性势能大于31.5J，故D 错误。
故选AC。
14．（2025·吉林·三模）如图所示，质量为m 的均匀圆环B 静止平放在粗糙的水平桌面上，
另一质量为2m 的光滑弹珠A 以水平初速度v0正对环心穿过圆环上的小孔射入环内，与圆
环内壁发生多次弹性正碰后，弹珠与圆环均处于静止状态。已知弹珠与圆环内壁从发生
第一次碰撞到弹珠恰好处于静止状态的时间为t0，桌面足够长且粗糙程度处处相同，下列
说法正确的是（ ）
A．整个过程中系统动量守恒，机械能守恒
B．第一次碰撞后瞬间弹珠速度大小为
v0
C．若忽略碰撞时间，从发生第一次碰撞到弹珠恰好处于静止状态的过程中，圆环运动的
时间为
t0
D．圆环从开始运动到最终处于静止状态的过程中通过的总位移的大小为
v0t0
【答案】BCD
【详解】A．由于存在摩擦力，系统产生了内能，系统合外力不为0，故整个过程中系统
动量不守恒，机械能不守恒，故A 错误；
B．由于碰撞为弹性碰撞，设初速度方向为正，则第一次碰撞时有
联立解得，第一次碰撞后瞬间弹珠速度大小
故B 正确；
C．弹珠和圆环第一次碰撞结束到发生第二次碰撞，弹珠做匀速运动，设弹珠的位移为
，运动时间为
，圆环做匀减速运动至停止，设圆环的位移为
，该过程中弹珠与
圆环通过的位移相等，即
又
解得
同理可知，此后每相邻两次碰撞，A、B 的运动时间均满足此关系，可知
故C 正确；
D．设初速度方向为正，圆环受到的摩擦力为
，第一次碰撞前到弹珠恰好停止的过程中，
对弹珠和圆环系统，由动量定理得
对圆环和弹珠系统，由能量守恒可得
解得
故D 正确。
故选BCD。
动量守恒定律
15．（2025·重庆·三模）如题图所示，质量为
的小车
置于光滑水平地面上，其右
端固定一半径
的四分之一圆弧轨道。质量为
的滑块
静止于小车
的左端，现被水平飞来的质量
、速度
的子弹
击中，且子弹立即
留在滑块
中，之后
与C 共同在小车上滑动，且从圆弧轨道的最高点离开小车。不计
与
之间的摩擦和空气阻力，重力加速度
，则（ ）
A．子弹C 击中滑块
后瞬间，滑块
的速度大小为
B．滑块
第一次离开小车瞬间，滑块
的速度大小为
C．滑块
第二次离开小车瞬间，小车
的速度大小为
D．滑块
从第一次离开小车到再次返回小车的过程中，滑块
的位移大小为
【答案】D
【详解】A．子弹击中滑块B 的过程，子弹与滑块B 组成的系统动量守恒，子弹与B 作用
过程时间极短，A 没有参与，速度仍为零，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律，
得
解得
=8m/s
故A 错误；
BCD．滑块B 离开小车瞬间，滑块与小车具有相同的水平速度，以水平向右的方向为正方
向，由水平方向动量守恒，得
解得
=2m/s
滑块B 开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得
设滑块B 离开小车时的竖直分速度为vy，则
联立解得vy=5m/s
滑块B 离开小车后，以小车为参照物，滑块B 做竖直上抛运动，则再次返回小车所需要
的时间为
s
则
m
从子弹击中后到B 第二次离开小车的过程中，以水平向右的方向为正方向，则
、
解得
故D 正确，BC 错误；
故选D。
16．（2025·广东汕头·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
【详解】（1）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
，
（2）设小球
到最高点时速度为
，由动量守恒
由机械能守恒
联立解得
17．（2025·重庆·三模）中国某新型连续旋转爆震发动机(CRDE)测试中，飞行器总质量(含燃
料)为
，设每次爆震瞬间喷出气体质量均为
，喷气速度均为
(相对地面)，喷气方
向始终与飞行器运动方向相反。假设飞行器最初在空中静止，相继进行
次爆震(喷气时
间极短,忽略重力与阻力)。下列说法正确的是（ ）
A．每次喷气过程中，飞行器动量变化量方向与喷气方向相同
B．每次喷气后，飞行器(含剩余燃料)速度增量大小相同
C．经过
次喷气后，飞行器速度为
D．由于在太空中没有空气提供反作用力，所以该飞行器无法在太空环境中爆震加速
【答案】C
【详解】A．由题意可知，每次喷气过程中，系统（包括飞行器和喷出的气体）总动量守
恒。喷出气体的动量方向与喷气方向相同，由于系统总动量守恒，那么飞行器动量变化
量方向与喷出气体动量变化量方向相反，所以飞行器动量变化量方向与喷气方向相反，
故A 错误；
B．根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，第一次喷气后，喷出气体质量为
，速
度为
，飞行器质量变为
，速度为
，则有
解得
所以第一次喷气后速度增量
在第二次喷气之前，此时系统总动量为
，喷气后，喷出气体质量仍为
，
速度为
，飞行器质量变为
，速度为
，则有
将
代入可得
所以第二次喷气后速度增量
以此类推，可以看出每次喷气后飞行器速度增量大小不相同，故B 错误；
C．设经过
次喷气后飞行器的速度为
。系统初始总动量为0，
次喷气后，喷出气体
总质量为
，速度为
，飞行器质量变为
，速度为
。根据动量守恒定律
可得
解得
故C 正确；
D．虽然在太空没有空气，但飞行器喷气时，飞行器与喷出的气体之间存在相互作用力，
根据牛顿第三定律，喷出气体对飞行器有反作用力，所以飞行器可以在太空环境中通过
爆震加速，故D 错误。
故选C。
18．（2025·湖北·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的初始释放点
【答案】C
【详解】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、弧形槽组成的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
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。
19．（2025·辽宁·三模）如图所示，质量均为m 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，轻杆上端的O 点系一长为L 的细线，细线另一端系一质量为2m 的球
C，现将球C 拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是（重力加速
度为g）（ ）
A．运动过程中，A、B、C 组成的系统动量守恒
B．C 球摆到最低点时，物块B 的速度为
C．C 球第一次摆到最低点过程中，木块A、B 向左移动的距离为
D．当A、B、C 运动状态稳定后，细线与杆所成夹角最大为
【答案】C
【详解】A．运动过程中，A、B、C 组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，
可知选项A 错误；
B．C 球摆到最低点时由动量守恒和能量关系
，
解得物块B 的速度为
选项B 错误；
C． C 球第一次摆到最低点过程中，根据
，
可得木块A、B 向左移动的距离为
选项C 正确；
D．当C 到达最低点再向右摆动时，A 做减速运动，此后AB 分离，由于因系统有部分机
械能传给了B，则当A、B、C 运动状态稳定后，小球C 不会摆到原来的高度，即细线与杆
所成夹角最大不会达到
，选项D 错误。
故选C。
20．（2025·山东威海·三模）如图所示，长木板
静止在水平地面上，其右端固定一弹性挡
板。半圆形光滑管道竖直固定在长木板
上方一定距离处，
为圆心，半径
。
小物块
紧挨
点正下方管道出口，静止在
上的
点，
的上表面
点左侧部分粗糙，
右侧部分光滑。小球
以
的速度水平射入管道上端口，与
在管道出口处碰
撞，
、
碰后粘在一起组成
，此时撤掉管道，
继续向右运动与挡板发生弹性碰撞，
一段时间后，
返回
点正下方时的速度
。已知，
、
的质量均为
，
及挡板的质量
，
与
粗糙部分间的动摩擦因数
，
与地面间的动摩擦因数
，所有碰撞时间及空气阻力忽略不计，长木板足够长，
可视为质点，重力加速度
。求：
(1)
离开管道出口时对管道的压力大小；
(2)
与挡板碰撞后
的速度大小；
(3)整个过程
对
的摩擦力做的功；
(4)从
开始运动到静止，
、
间产生的热量。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）A 下滑由动能定理可得
A 在出口由牛顿第二定律有
由牛顿第三定律得
（2）
、
碰撞过程
、
碰撞过程
解得
（向右）
（3）设
第一段减速运动的加速度大小为
，第二段减速的加速度大小为
，
减
速的加速度大小为
，可得
设
第一段减速的时间为
，位移为
，第一段末速度为
，第二段减速到0 的时间
为
，经过的位移为
。其中
（
由
减速至
的位移大小），如图所示
解得
（4）从
开始运动到静止过程，由能量守恒
解得
21．（2025·江西萍乡·三模）一游戏装置的竖直截面如图所示，水平面上
点左侧粗糙，右侧
光滑，在
点处有一静止小滑块
长度为
；一长木板
静止在水平面上，
其左侧与
点刚好对齐，b 上表面的右端放有小滑块
，
的右侧有一固定竖直挡板Q。
现给
一个水平瞬时冲量，使其获得向右的初速度
。已知
的质量分
别为
和
与
间动摩擦因数
与
间的动摩
擦因数
与
的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间很短，
与挡板碰后速度大小不变、
方向反向，
始终在
上不会脱落。小滑块
看作质点，重力加速度
大小取
。
(1)求
与
碰后的瞬间，
、
的速度大小；
(2)若
、
第一次共速后，
才与Q 相碰，求
、
第一次碰后，两者之间的最大距离
；
(3)在（2）问条件下，
与Q 第一次碰后撤去
，从此刻开始，求
运动的总路程。
【答案】(1)
(2)4m
(3)2.25m
【详解】（1）
从
点到
点的过程，由动能定理有
解得
与
的碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒，则有
，
联立解得
（2）
与
作用，到第一次共速时，根据动量守恒定律有
由牛顿第二定律，则有
由运动学公式有
的位移
当
共速时，则有
此时
与
左侧间的最大距离为
联立解得
（3）由前面可得
第一次与
碰前速度
第一次碰后，
向左减速，
向右减速，
速度减为零后再向右加速，根据牛顿第二定律
则有
解得加速度为
当
速度减为零时，向左运动的位移为
第二次与
碰前，
已经第二次共速，由根据动量守恒定律有
第二次与
碰后，向左运动的位移
同理可得
第三次与
碰后，向左运动的位移
第
次与
碰后，向左运动的位移
当
时，
运动的总路程
22．（2025·四川宜宾·三模）如图所示，长
的长木板B 放在光滑的水平地面上，其左
端放有一可视为质点的小物块A，长木板B 右侧与放置于地面的
光滑圆弧槽C 紧挨着但
不粘连，长木板B 的右端与圆弧轨道平滑连接。已知
，
，
，小
物块A 与长木板B 间的动摩擦因数
。现给小物块A 一水平向右的初速度
，小物块A 到达长木板B 的右端后冲上圆弧轨道。重力加速度
。
求：
(1)小物块A 刚滑离长木板B 时，小物块A 的速率
；
(2)小物块A 相对于圆弧槽C 最低点上升的最大高度
；
(3)圆弧槽C 能达到的最大速率
。
【答案】(1)2m/s
(2)
m
(3)
【详解】（1）法一：小物块到达长木板右端时根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
，
法二：对A，根据牛顿第二定律
根据位移时间公式有
对BC，根据牛顿第二定律有
根据位移时间公式有
又
根据速度时间公式有
根据速度时间公式有
联立解得
，
，
（2）当物块A 与圆槽共速时，距槽最低点达到最大高度，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得
，
（3）由于是
圆槽，物块A 不管有没有冲出圆槽，定会落回圆槽，当返回圆槽最低点时，
达到最大速度，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得
23．（2025·海南·三模）“起花”是一种形如小纸炮的爆竹，通常缀有长约二三尺的苇杆，点
燃其芯后会迅速升起。如图所示，将静置在地面上的“起花”点火后竖直升空。已知
“起花”的总质量为
（含火药），“起花”内装有质量为
的火药，点火后在极短的
时间内将火药以相对地面大小为
的速度竖直向下喷出；若当“起花”升到最高点时炸
裂为质量之比为2：1 的两块碎块，且沿水平方向、向相反的方向飞出，落地时质量大的
碎块速度大小为
，重力加速度为
，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是（ ）
A．“起花”升空获得的推力是空气施加的
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看
作动量守恒
C．点火后，“起花”上升过程中获得的最大速度为
D．质量小的碎块落地时的速度大小不可能为
【答案】BD
【详解】A．“起花”升空获得的推力是竖直向下喷出的火药施加的，故A 错误；
B．火药喷出时，由于内力远大于外力，所以“起花”（含火药）组成的系统可以近似看
作动量守恒，故B 正确；
C．点火后，设“起花”上升过程中获得的最大速度为
，根据动量守恒定律有
得
故C 错误；
D．根据题意，“起花”升到最高点时炸裂为质量之比为2：1 的两块碎块的速度之比为
1：2，即质量大的和质量小的碎块开始做平抛运动的初速度大小之比为1：2，落地时水
平方向的速度大小之比为1：2，由于落地时竖直方向的速度相等，不是1：2，所以落地
时的速度之比不可能是1：2，即质量小的碎块落地时的速度大小不可能为
，故D 正确。
故选BD。
24．（2025·四川攀枝花·三模）如图所示，光滑水平地面上静置一质量为M 的斜劈，斜劈竖
直高度为h、水平方向宽为L，一质量为m 的小球从斜劈的斜面上由静止释放，释放时小
球到斜面底端的水平距离设为l，小球滑至斜面底端时相对于地面的水平位移设为x。改
变释放时小球与斜面底端的水平距离l，得到小球的水平位移x 和l 的关系图像如图乙所
示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，斜面底端有一小段圆弧（图中未画出），且
圆弧与水平地面相切，可使小球滑离斜劈时的速度方向水平。关于小球下滑的过程，下
列说法中正确的是（ ）
A．小球与斜劈组成的系统动量不守恒
B．斜劈对小球做正功
C．斜劈与小球的质量之比
D．当
时，小球与斜劈分离时的速度大小为
【答案】AD
【详解】A．根据动量守恒条件可知小球与斜劈组成的系统在竖直方向合力不为0，系统
在水平方向动量守恒，故A 正确；
B．整个系统机械能守恒，斜劈机械能增加，说明小球对斜劈做正功，则斜劈对小球做负
功，故B 错误；
C．滑至圆弧底部后两物体间的相对位移大小为l，根据水平方向动量守恒可得
，
则
结合图线可得
所以
故C 错误；
D．根据水平方向动量守恒和能量守恒定律可得
，
联立解得
故D 正确。
故选AD。
25．（2025·贵州毕节·三模）如图所示，将质量分别为
和
的木块A、B 静置于光滑的水
平面上，中间用轻质弹簧连接，弹簧处于原长状态。一质量为
的子弹以水平向右的速
度
射击木块A 并留在其中（射击时间极短），经历
的时间，木块A 运动了的位移，
弹簧第一次被压缩最短，且在弹性限度内。求：
(1)在运动过程中，弹簧的最大弹性势能；
(2)弹簧第一次和第二次恢复原长时木块A 的速度之比；
(3)弹簧第一次被压缩最短时木块B 运动位移的大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）子弹射击甲
A、B 共速时，弹性势能最大
解得
（2）从子弹射击结束瞬间到弹簧第一次恢复原长,ZE
，
解得
根据对称性可知，弹簧第二次恢复原长时
的速度为
，故
（3）在弹簧第一次被压缩过程中，设时刻
、
的速度分别为
和
，则
经过
的时间内
、
运动的位移分别为
，
故
在
的时间内，累积可得
解得
26．（2025·辽宁·三模）如图所示，两个完全相同的木块
、
厚度均为
，质量均为
。
第一次把
、
粘在一起静置在光滑水平面上，质量为
的子弹以速度
水平射向木块
，恰好将木块
击穿，但未穿入木块
。第二次只放置木块
，子弹以同样的速度水
平射向
。设子弹在木块中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。则
第二次子弹（ ）
A．能击穿木块
，子弹穿出木块的速度为
B．能击穿木块
，子弹穿出木块的速度为
C．不能击穿木块
，子弹进入木块的深度为
D．不能击穿木块
，子弹进入木块的深度为
【答案】C
【详解】一次击A、B 粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m 的子弹以速度v0水平射向
木块A，恰好将木块A 击穿，但未穿入木块B，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
联立可得
所以子弹不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为
。
故选C。
27．（2025·河北石家庄·三模）有一种打积木的游戏，装置如图所示，质量均为0.05kg、宽度
均为d=10cm 的三块完全相同积木B、C、D 叠放在水平面上，积木夹在固定的两竖直光滑
薄板间，质量为0.05kg 的小球A（可视为质点）用长为L=0.4m、且不可伸长的轻绳悬挂
于O 点。游戏时，将球A 拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成θ=30°角的位置
由静止释放，球A 运动到最低点时与积木B 发生弹性碰撞将积木B 打出，积木B 滑行一段
距离后停下，之后重复前面操作将积木C 打出后沿积木B 的轨迹前进，与积木B 发生碰撞
并粘合在一起向前滑动。已知积木间、积木与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.2，不计小
球与积木的碰撞时间及空气阻力，g 取10m/s2。
(1)球A 运动到最低点与积木B 碰撞前瞬间的速度大小；
(2)积木C 离开右侧挡板后向前滑行的位移大小。
【答案】(1)
(2)1.975m
【详解】（1）球A 自由下落到2Lsinθ，设绳子绷紧前瞬间速度为v，由机械能守恒定律
得
解得
此时，绳子绷紧，绳子绷紧瞬间球A 沿绳方向的速度瞬间变为零。设球A 垂直绳子方向
速度大小为v0，由几何关系得：
解得
设球A 运动到最低点时速度为v1，绳子绷紧后瞬间到球A 运动到最低点过程，由机械能
守恒定律得
解得
（2）球A 运动到最低点时与积木B 发生的碰撞为弹性碰撞且瞬间完成，满足动量守恒和
机械能守恒。设碰后球A 的速度大小为vA，积木B 的速度大小vB，则
，
联立解得
碰撞完，积木B 向前做匀减速运动，由动能定理得
解得s=2m
球A 与积木C 碰撞后，设积木C 的速度为vC，则vC=v1
设积木C 被打出后与B 碰撞前的速度为
，由动能定理得
解得
设积木C、B 碰撞粘合后的速度为vBC，由动量守恒得
解得
设碰后积木C、B 一起滑动的距离为x，由动能定理得
解得x=0.075m
积木C 离开右侧挡板后向前滑行的位移为：
=s-d+x
可得
=1.975m
28．（2025·河南郑州·三模）如图，物块A、B 并排放在光滑水平面上，A 上固定一竖直轻杆，
用一长
的细线将小球C（可看成质点）竖直悬挂在轻杆上O 点，A、B、C 质量
均为
。初始时，物块A、B 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C（射入时间极短且未射出），小球C 恰能到达与O 点等高的P
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A、B 的固定，子弹仍以相同初速度射入小球C（射入时间极短且未射出），
求：
.
Ⅰ小球C 能上升的最大高度；
.
Ⅱ物块B 速度的最大值和刚达到最大值瞬间细线中拉力的大小。
【答案】(1)
(2)Ⅰ：
；Ⅱ：1.6m/s，
【详解】（1）设子弹的速度为
，击中C 后，二者共同的速度为
，由动量守恒
当C 达到P 点时，由机械能守恒
联立求解得：
，
（2）Ⅰ：设小球C 到最高点时速度为
，由动量守恒
由机械能守恒
解得
Ⅱ：设C 再次回到最低点时速度为
，此时木块A、B 恰好分离，B 的速度有最大值
，
由动量守恒
由机械能守恒
解得
，
在最低点，由牛顿第二定律
代入数据可得
29．（2025·浙江温州·三模）某游戏装置的竖直截面如图所示。半径
的竖直螺旋圆
轨道
与倾斜直轨道
、水平面
分别相切于B、
，
段圆弧对应的圆
心角
。水平传送带在电动机带动下，以
顺时针转动，传送带两端分别与
左、右两侧水平面平滑对接于E、F 两点，
长
，右侧水平面
上等间距
摆放许多质量
的小滑块，从左到右标号分别为1、2、3…n，n 足够大。
间
是一个宽
、高
的矩形坑。游戏开始，一质量
的滑块P 从
轨道
上距水平面高度为h 处由静止释放，到达C 点时速度
。滑块P 与轨道
间动摩擦因数
，与传送带间动摩擦因数
，其余摩擦力与空气阻力均
忽略。各滑块均可视为质点，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，滑块与坑壁碰撞后竖直方向
速度不变，水平方向速度大小不变，方向反向，各碰撞时间不计，滑块到达坑底时立即
停止运动。求：
(1)滑块P 到达圆轨道最高点D 时受到轨道的弹力大小
，以及释放高度h；
(2)标号为n 的滑块到达坑底时距坑底右边缘T 的距离
；
(3)滑块P 与滑块1 发生第一次碰撞后，滑块P 在传送带上运动的总时间t 以及电动机多消
耗的电能
。
【答案】(1)
(2)
(3)
，
【详解】（1）对滑块P，从C 到D，由动能定理得
解得
在
联立解得
从开始下滑到C，由动能定理
联立解得
（2）因为
若一直减速，则有
滑块P 在传送带上一直减速，滑块P 与滑块1 第1 次碰撞，规定向右为正方向，则有
联立解得
之后，通过滑块间的碰撞，速度依次传递
对物块n，从J 抛出到落到坑底，由平抛规律有
联立可得
（3）滑块P 与滑块1 发生第一次碰撞后，每次进传送带和出传送带速度大小相等：滑块
P 与滑块1 每发生一次碰撞，速度反向，大小减半，则有
滑块P 与滑块1 发生第一次碰撞后的在传送带上总时间
电动机多消耗电能
30．（2025·山西临汾·三模）建筑工地上，有一种简易打桩机。如图所示，打桩锤C 和重物
A、B 通过不可伸长的轻质钢绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C 与滑轮等高（图中
实线位置），C 到两定滑轮的距离均为
。重物A、B 和打桩锤C 均可视为质点，
A、B 的质量均为
，C 质量为
。系统可以在如图中虚线位置保持静止
（C、D 恰不接触）。某次打桩时，将C 由图中实线位置静止释放，运动到虚线位置时，
与质量为
的静止桩D 发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞后桩D 进入泥土，
受到泥土的阻力随深度x 变化的关系式为
（k 为常量），桩D 进入泥土的最大深度
。取重力加速度
。求：
(1)打桩锤C 从静止运动到虚线位置时，C 下降的高度H；
(2)打桩锤C 从静止运动到虚线时位置，C 获得的速度
；
(3)常量k 的值。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）打桩锤C 静止在虚线位置时，合力为0，此时绳与竖直方向夹角为
，以C
为研究对象，根据平衡条件
得
，
打桩锤C 从静止下降到虚线位置时下降的高度
解得
（2）打桩锤C 从静止下降到虚线位置时的速度
，则A、B 的速度
A、B 上升的高度
根据机械能守恒定律
得
（3）打桩锤C 和静止桩D 发生弹性碰撞，碰后C 的速度
，D 的速度
，根据动量守恒
定律
根据能量守恒定律
得
桩D 进入泥土，根据动能定理
其中克服阻力做功
解得
31．（2025·辽宁·三模）“冰天雪地也是金山银山”，哈尔滨冰雪大世界的冰滑梯已成为游客
最喜欢的娱乐项目之一。如图所示，某一冰滑梯由AB 和BC 两段滑道组成，两段间由一
小段光滑圆弧连接，其中AB 段斜面长9m，BC 段水平。在滑道顶端准备出发过程中，一
旅客不慎将质量为2kg 的背包在滑道顶端A 处掉落，背包由静止开始匀加速滑下。1s 后
该旅客搭乘轮胎滑具，在工作人员助推下从顶端以1.5m/s 的初速度、3m/s2的加速度匀加
速追赶，在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。已知该旅客和滑具总质量
为48kg，滑具与BC 段间的动摩擦因数为µ=0.4，重力加速度g 取10m/s2，忽略空气阻力
及拎包过程中旅客与背包的重心变化。
(1)求该旅客从开始下滑到追上背包经过的时间；
(2)若旅客拎起背包后乘坐滑具继续滑行，求旅客拎起背包这一瞬间的速度大小和旅客在
BC 段滑行的距离。（结果均保留2 位小数）
【答案】(1)2s
(2)7.44m/s，6.92m
【详解】（1）设滑道AB 段的长度为L，则有
解得
（2）设背包和旅客到达水平滑道时的速度分别为v1、v2，则
其中
代入数据解得
根据速度时间关系可得
代入数据解得
旅客拎起背包的过程，系统动量守恒，设拎起背包时的共同速度为v，根据动量守恒定律，
有
代入数据解得
根据牛顿第二定律可得
，
联立解得
32．（2025·山西晋中·三模）某户外水上闯关项目如图1 所示，质量为
的选手从平台的边
缘斜向上起跳，跳到水中漂浮的圆盘上，圆盘的质量也为
，之后与圆盘一起在水面上
向前滑动，再跳到下一个圆盘上，如此重复，直到跳上右侧平台，成功进入下一关。已
知圆盘与平台在同一水平面上，选手跳上或跳离圆盘的时间极短，可忽略此瞬间水的阻
力对圆盘水平方向的冲量，且圆盘始终只能在水面上运动（即不考虑圆盘在竖直方向上
的运动），重力加速度为
。
(1)若选手从左侧平台斜向上起跳，刚好落到距离为
的圆盘中央，求选手至少应做多少
功；
(2)如图2 所示，在选手与第一个圆盘一起滑至静止时，要跳到第二个圆盘上，跳跃距离
也为
，求选手至少要做多少功；
(3)在第（2）问中，若选手跳到第二个圆盘上瞬间与圆盘共速，求该过程损失的机械能
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设选手从左侧平台起跳时的速度大小为
，与水平方向的夹角为
，则由
竖直分运动有
水平方向
.
解得
当
，即
时
故选手至少做功为
（2）设选手从第一个圆盘上起跳时的速度为
，与水平方向的夹角为
，第一个圆盘的
后退速度为
，则选手的运动与第（1）问满足相似的规律，竖直分运动有
水平方向
解得
根据动量守恒，有
得
选手做功为
代入
、
得
当
，即
时：
（3）设选手与第二个圆盘共速为
，有
得
则损失的机械能为
得
33．（2025·重庆·三模）某固定装置如图所示：AB 段是半径R=0.2m 的
光滑圆弧，BC 段为
粗糙水平面并在B 点与圆弧平滑连接。一质量m=0.2kg 的1 号物块锁定在水平固定的弹簧
枪内（不计物块与枪间的摩擦），物块尺寸略小于枪的内径。另一质量M=1kg 的2 号物
块静止于B 点，两物块形状尺寸完全相同。现解除锁定，1 号物块从C 点被水平弹出后，
在B 点与2 号物块发生弹性碰撞，碰撞时间不计。2 号物块第一次被碰后恰好能滑到圆弧
顶端A 点，两物块均可视为质点且与BC 段间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g 取
，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力。求：
(1)两物块在B 点发生第一次碰撞后瞬时，1 号物块的速度；
(2)若两物块恰好不能发生第二次碰撞，求1 号物块被锁定时弹簧枪的弹性势能。
【答案】(1)
，方向水平向右
(2)
【详解】（1）设两物块第一次碰撞前瞬时，1 号物块的速度为
，碰撞后瞬时，1、2 号
物块的速度分别为
、
，碰撞后对2 号物块，根据机械能守恒有
解得
以水平向左为正方向，碰撞过程中，由动量守恒和能量守恒可得
，
联立解得
，方向水平向左；
，方向水平向右
（2）由于两物块恰好不发生第二次碰撞，可知两物块最后都停止在同一位置。设BC 段
长度为L，从第一次碰撞后到最终静止，1 号物块在BC 段上运动的路程为
，2 号物块
在BC 段上运动的路程为
，对1 号物块，根据能量守恒有
对2 号物块，根据能量守恒有
又
联立解得L=2.5m
第一次碰撞前，1 号物块从C 点运动到B 点过程中根据能量守恒有
解得1 号物块锁定时弹簧枪的弹性势能
34．（2025·浙江金华·三模）如图，质量均为1kg 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0.22m 的细线，细线另一端系一质量为0.1kg 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，木块A 恰好与木块
B 相撞并粘在一起，不计空气阻力，则（ ）
A．球C 摆到最低点的速度是
m/s
B．木块A、B 原先间距0.04m
C．球C 通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21m
D．球C 开始下落到A、B、C 三者相对静止，系统产生的热量为0.005J
【答案】C
【详解】A．球C 向下运动到最低点的过程中，A、C 组成的系统水平方向不受外力，系统
水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒，有
根据机械能守恒，有
解得速度大小分别为
，
故A 错误；
B．球C 向下运动到最低点的过程中，A、C 组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向
动量守恒，有
两边同乘以t，有
又有
联立解得
故B 错误；
C．A 与B 碰瞬间根据动量守恒，有
解得
球C 向左运动过程中，A、B、C 组成的水平方向动量守恒，有
根据能量守恒，有
联立解得
故C 正确；
D．系统产生的热量为
故D 错误。
故选C。
35．（2025·湖南长沙·三模）光滑水平面有A、B 两个物块，质量分别为2m 和m，初始时用
处于原长状态下的弹簧相连，现在给物块A 一个水平向右的初速度
。水平面右侧有一
墙面，已知经过时间t，物块B 第一次达到最大速度，且恰好到达墙壁处，在此过程中，
下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的最大弹性势能是
B．物块B 的最大速度是
C．初始时物块B 离墙面的距离是
D．初始时物块B 离墙面的距离是
【答案】AC
【详解】A．当两物块共速时，弹簧压缩的最短，弹簧的弹性势能最大，此过程根据动量
定理
两物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则
解得
故A 正确；
B．当弹簧恢复原长时，物块B 的速度达到最大，根据动量守恒
两物块的动能守恒
解得
，
故B 错误；
CD．当弹簧恢复原长时，物块B 的速度达到最大，根据动量守恒
两边同时乘以可得
即
初末状态弹簧均处于原长，所以
解得
故C 正确，D 错误。
故选AC。
36．（2025·安徽·三模）如图所示，
为半径
的
光滑圆弧轨道，A 端与圆心等
高，下端
恰与足够长的小车右端平滑对接，小车质量
。现有一质量
的滑块，由轨道顶端A 处静止释放，滑到
端后冲上小车。已知地面光滑，小车的上表
面由特殊材料制成，当滑块相对于小车向左滑时，其表面粗糙，且与滑块间的动摩擦因
数
，当滑块相对于小车向右滑时，两者间的摩擦可忽略不计。（取
）试求：
(1)滑块到达
端时，它对轨道的压力大小；
(2)系统因摩擦产生的热量和滑块在小车上滑动的时间；
(3)若在水平地面左边足够远处装一竖直挡板，小车与挡板碰撞后原速率反弹，并在右边
的弧形轨道末端装一锁定装置（不影响滑块的运动），每当小车与弧形轨道末端相碰时
立即被锁定，当滑块滑上弧形轨道时，锁定即被解除，求滑块在小车上滑行时，摩擦力
对滑块作用的总时间。
【答案】(1)30N
(2)6J，1s
(3)
【详解】（1）滑块在光滑圆弧轨道下滑过程机械能守恒，则有
解得
在B 端，对滑块由牛顿第二定律得
联立解得
由牛顿第三定律得滑块在B 端对轨道的压力大小为
（2）滑块和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设滑块和小车的共同速度为
，则
有
解得
根据能量守恒可知因摩擦产生的热量等于系统机械能的减少量，即
联立解得
设滑块在小车上滑动的时间为，对滑块由动量定理得
联立解得
（3）小车第一次与挡板碰后与滑块共速，大小为
，则有
解得
此后滑块向右滑离小车，滑上又滑离圆弧轨道，仍以
滑上小车；
第二次滑上小车到共速，大小为
，则有
小车第二次与挡板碰后与滑块共速，大小为
，则有
解得
由此可知，滑块每次滑离小车的速度大小为此前滑上小车速度的
，即
滑块第一次滑上又滑离小车的过程摩擦力冲量满足
滑块第二次滑上又滑离小车的过程摩擦力冲量满足
滑块第N 次滑上又滑离小车的过程摩擦力冲量满足
整个过程摩擦力作用总时间为
联立解得
37．（2025·浙江·三模）如图所示，木板C 静置于光滑水平地面上，中点处放置物块B。某时
刻物块A 以水平初速度
从左端滑上木板。已知物块A、B 均可视为质点，质量均为m，
与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的质量为2m，A、B 间为弹性碰撞，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，则（ ）
A．若物块A、B 不发生碰撞，则木板C 长度的最大值为
B．若物块A、B 不从木板C 的右端滑离，则木板C 长度的最小值为
C．若物块B 恰好不滑离木板C，则物块A、B 碰撞前后的两段时间内，摩擦力对木板C 的
冲量大小是相等的
D．若物块A、B 最终与木板C 相对静止，则摩擦力对木板C 的冲量大小与物块A、B 在木
板C 上相对静止的位置有关
【答案】B
【详解】A．设木板长为L，恰好发生碰撞时，由
能量守恒有
联立解得
若物块A、B 不发生碰撞，木板长的最小值为
，故A 错误；
B．由于AB 质量相等且A、B 的碰撞为弹性碰撞，则碰后不损耗能量，只是交换速度，故
B 到C 右端恰好静止，则有
能量守恒有
联立解得
故B 正确；
C．A 碰B 前，BC 做一起做加速运动，A 做减速运动，A 碰B 后，速度交换，AC 一起做加
速运动，B 做减速运动，最终共速，速度时间图像如下
如图，由于前后两个阶段的相对位移即面积差要相同，知第二个阶段时间长，摩擦力的
冲量大，故C 错误；
D．只要相对静止，那么共速相等，由动量定理，知摩擦力对木板C 的冲量大小是一定值，
与相对静止的位置无关，故D 错误。
故选B。
38．（2025·广东深圳·三模）如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量
的木板静
置于光滑的水平面上，另一质量
的物块以
的水平初速度从木板的最左
端冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的运动速度随时间变化的关系
图像如图乙所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是（ ）
A．图乙中
的数值为4
B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞
C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为10J
D．最终物块距木板左端的距离为3m
【答案】BD
【详解】A．根据题意可知，题图乙中图线a 表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b 表
示碰撞前木板的加速过程，图线c 表示碰撞后木板的减速过程，图线d 表示碰撞后物块的
加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为
，设此时木板速度大小为
，
则
，从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有
解得
物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为
，从物块滑上木板到物块与
木板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有
解得
故A 错误；
B．2s 末物块与木板共同运动的速度大小为
，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过
程，根据系统动量守恒有
解得
物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能为
物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能
故碰撞过程系统没有机械能损失，故B 正确；
C．物块滑上木板时系统的动能为
最终相对静止时系统的动能为
所以系统产生的热量为
故C 错误；
D．由题图乙得木板长为4.5m，碰撞后物块与木板相对位移为1.5m，故最终物块距木板
左端的距离为3m，故正确。
故选BD。
39．（2025·陕西安康·三模）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)
(3)
【详解】（1）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
，
（2）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
（3）设两物块第二次碰撞前瞬间，物块A 的速度大小为
，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
40．（2025·四川内江·三模）如图所示，质量
的凹槽锁定在光滑水平面上，凹槽内
部上表面除BC 部分粗糙外其余部分均光滑，凹槽内部左端固定一个劲度系数为
的轻弹簧，弹簧处于原长且右端位于凹槽上表面的A 点。在A 点（未与弹
簧固定）并排放有两静止物体a 和b（ab 未粘结且均可视为质点），质量分别为
和
。现给物体a 施加一水平向左、大小为
的恒力，使物体a
向左运动，当物体a 速度为零时，立即撤去恒力F，同时解除对凹槽的锁定。经过一段时
间后a、b 两物体在凹槽上B 点相碰并粘为一体，已知两物体与凹槽的BC 部分的动摩擦
因数均为
，两物体与凹槽右端及弹簧碰撞时均无能量损失，弹簧始终在弹性限度
内，重力加速度g 取
。求：
(1)在恒力F 作用的过程中，物体a 向左移动的距离；
(2)从解除凹槽锁定到a、b 两物体相碰时，凹槽向左运动的距离；
(3)若a、b 两物体能与凹槽右侧完成3 次碰撞，那么，BC 长度的最小值。
【答案】(1)0.15m
(2)
(3)
【详解】（1）物体a 向左运动的距离设为
，外力做的功
弹力的平均值
弹力做的功
根据动能定理得
解得
（2）从解除凹槽锁定到a、b 两物体相碰的过程中，物体b 始终静止，
右滑
凹槽和a 构成的系统动量守恒，则有
又
联立可得
（3）从解除凹槽锁定到a、b 刚相碰过程中，由能量守恒定律得
当物体a、b 相碰时，碰后二者速度为
，由动量守恒定律得
当物体a、b 整体，在槽中滑动过程中，最终共速
，由动量守恒定律得
由以上各式解得
即最终三者静止，碰后至停止过程中，a、b 整体在粗糙BC 段滑动的路程设为s，系统由
能量守恒定律得
能碰3 次，满足
由以上各式解得
