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专题07 动量
动量 冲量
1．（2025·陕西宝鸡·二模）假设儿童足球质量300g，某次儿童足球比赛时足球迎面飞来的速度为5m/s，
脚与足球接触的时间大约为0．1s，若以相同的速率将球反向踢回，则此过程中足球（ ）
A．动量变化量为0
B．动量变化量为30kg·m/s
C．受到脚的平均冲击力大小约为30N
D．受到脚的平均冲击力大小约为15N
【答案】C
【详解】AB．设足球弹回的方向为正方向，则足球动量变化量为
选项AB 错误；
CD．根据动量定理
可得受到脚的平均冲击力大小约为F=30N
选项C 正确，D 错误。
故选C。
2．（2025·辽宁·二模）如图甲所示，长
、质量
的木板b 静止在地面上，质量
的
物块a（可视为质点）静止在木板的右端，a 与b 之间、b 与地面之间的动摩擦因数分别为
。
时刻对b 施加一水平向右、大小为F 的力，F 随时间t 变化的关系图像如图乙
所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取
。下列说法中正确的是（ ）
A．
内摩擦力对b 的冲量为0
B．
时，a 的速度大小为
C．
时，a 脱离木板
D．
内，地面对b 的摩擦力的冲量为
【答案】B
【详解】A．根据题意可知，木板b 与地面间的最大静摩擦力为
结合图乙可知，
内，木板b 与地面间摩擦力为静摩擦力，大小等于外力
，则
内摩擦力对
b 的冲量为
故A 错误；
BCD．由图乙可知，
后，外力
保持不变，大小为
，由牛顿第二定律，对物块a 有
其中
解得
对
、
整体，由牛顿第二定律有
当
最大时，有
即当外力
时，
、
发生相对滑动，通过分析可知，
、
未发生相对滑动，则a 不能脱离木
板，
后，
、
整体开始相对地面滑动，则
内地面对b 的摩擦力的冲量为
则
内，地面对b 的摩擦力的冲量为
内，对
、
整体，由动量定理有
解得
即
时，
、
的速度为
。
故B 正确，CD 错误。
故选B。
3．（2025·云南红河·二模）如图所示为跳台滑雪雪道的简化示意图，AO 段为助滑道和起跳区，OB 段为倾
角为
的着陆坡。运动员从助滑道的起点A 由静止开始滑下，到达O 点时以速度
起跳，最
后落在着陆坡面上的C 点。已知
的方向与水平方向的夹角也为a，O、C 间距离为s。不计一切阻力，
运动员可视为质点，则运动员从O 点运动到C 点的过程中（ ）
A．最高点速度为0
B．重力的冲量大小
C．上升阶段处于超重状态
D．相同时间内速度的变化量不同
【答案】B
【详解】A．由斜抛运动特点可知，运动员在竖直方向做匀变速运动，水平方向做匀速直线运动，最高
点竖直速度为0，水平速度为
，故A 错误；
B．运动员从O 到C 的水平分位移为
由于运动员在水平方向做匀速直线运动，则运动时间为
则整个过程重力的冲量为
故B 正确；
C．由于不计一切阻力，故运动员整个过程只受重力，加速度向下，处于失重状态，故C 错误；
D．运动员在空中做斜抛运动，斜抛运动是一种匀变速曲线运动，相同时间内速度的变化量相同，故D
错误。
故选B。
4．（2025·福建·二模）如图甲所示，一质量为
的物块放在水平面上，
时刻在水平向右的拉力作用
下由静止开始运动，
时物块的速度又刚好为零，拉力随时间变化关系如图乙所示，重力加速度
，则
时物块的加速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】在
内，根据动量定理可得
解得
根据数学知识，结合图乙可知，
时，拉力大小
根据牛顿第二定律
解得
故选A。
5．（2025·辽宁鞍山·二模）一个质量为
的质点做半径为，角速度为
的匀速圆周运动，在质点运动半
个周期的过程中，向心力的冲量大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】由动量定理可得，向心力的冲量等于质点动量的变化，即
故向心力的冲量大小为
。
故选A。
6．（2025·山西·二模）乘坐飞机时，若乘客需要携带大件行李，则需要办理托运，行李箱要经过一系列的
人工搬运和传送带的运输过程才会到达飞机上。如图所示，一个重为
的行李箱（可视为质点）在
传输过程经过一个倾角为
的固定斜面，斜面长为
，斜面底端固定一个垂直于斜面的挡板，斜
面和行李箱间的动摩擦因数为0.5，行李箱从斜面顶端由静止下滑，到达底端与挡板相碰，碰撞时间为
，碰撞过程中摩擦力忽略不计，反弹后行李箱向上滑行了
，则行李箱和挡板碰撞的平均作用
力为（
，
，重力加速度
）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】下滑时，分析行李箱受力根据牛顿第二定律
可得加速度
由
，得
上滑时
加速度
由
，得
箱子和挡板碰撞过程，以沿斜面向上为正方向，根据动量定理
解得
故选D。
7．（2025·辽宁抚顺·二模）某同学在操场将一质量为0．5kg 的篮球从距离地面高0．8m 处以3m/s 的速度
竖直向下抛出，不计空气阻力，取重力加速度大小g=10 m/s2，则篮球从抛出到第一次撞击地面的过程
中，重力对篮球的冲量大小为（ ）
A．4N·s
B．3 N·s
C．2 N·s
D．1 N·s
【答案】D
【详解】篮球竖直向下抛出，根据
解得着地前的速度大小
v=5m/s
根据动量定理
解得此过程中重力对篮球的冲量大小
I=1N·s
故选D。
8．（2024·湖北·二模）如图所示，足够长的小平板车B 的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运
动，与此同时，质量为m 的小物体A 从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动。若物体与
车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（ ）
A．若M＞m，物体A 对地向左的最大位移是
B．若M＜m，小车B 对地向右的最大位移是
C．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0
D．无论M 与m 的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
【答案】D
【详解】AB．规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
解得
若
，A 所受的摩擦力
对A，根据动能定理得
则得物体A 对地向左的最大位移
若
，对B，由动能定理得
则得小车B 对地向右的最大位移
故AB 错误；
C．根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即
故C 错误；
D．根据动量定理得
又
，解得
故D 正确。
故选D。
9．（2025·辽宁·二模）如图所示，质量分别为1kg、2kg 的小车A、B 置于光滑水平面上，小车A 右端与轻
质弹簧连接。现使A、B 两车分别以6m/s、2m/s 沿同一直线，同向运动。从小车B 与弹簧接触到与弹
簧分离时，以下判断正确的是（ ）
A．弹簧对小车B 做功的功率一直增大
B．弹簧对小车A 冲量大小为
C．某一时刻小车A、B 速度可能分别为－4m/s 和7m/s
D．某一时刻小车A、B 速度可能分别为2m/s 和4m/s
【答案】D
【详解】A．从小车B 与弹簧接触到与弹簧分离过程，弹簧的弹力从0 逐渐增大后又逐渐减小为0，小
车B 的速度一直增大，根据
可知弹簧对小车B 做功的功率先增大后减小，故A 错误；
B．从小车B 与弹簧接触到与弹簧分离时，根据系统动量守恒可得
根据系统机械能守恒可得
联立解得分离时A、B 的速度分别为
，
根据动量定理可得弹簧对小车A 的冲量为
可知弹簧对小车A 冲量大小为
，故B 错误；
C．由于分离时A、B 的速度分别为
，
，所以A 的速度不会变为反向，故C 错误；
D．由于分离时A、B 的速度分别为
，所以可以存在某一时刻小车A 的速度为2m/s，此时根
据动量守恒可得
代入数据解得
故D 正确。
故选D。
10．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）质量为
的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡
时，弹簧的压缩量为
，如图所示，一质量为
物块从钢板正上方距离为
的A 处自由落下，打
在钢板上并立刻与钢板粘连一起向下运动。它们到达最低点后又向上运动。已知弹簧以原长处为零势
能面的弹性势能表达式为
，弹簧振子做简谐运动的周期
，（
为弹簧形变量，
为振子的质量，
为弹簧劲度系数），钢板与物块均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加
速度为
，下列说法正确的是（ ）
A．物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是
B．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅
C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间
D．运动过程中弹簧的最大弹性势能
【答案】C
【详解】A．对物块，根据动能定理有
解得
设
表示质量为2m 的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，取
方向为正，则
解得
故A 错误；
B．碰后根据能量守恒
根据平衡条件可得
解得
当物块与钢板受力平衡时，为平衡位置
解得
所以振幅为
故B 错误；
C．碰撞刚结束至两者第一次运动到平衡位置时间为
，则
解得
继续运动到最低点所经历的时间
，则
所以，碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间
故C 正确；
D．当物块与钢板运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大
故D 错误。
故选C。
11．（2025·四川遂宁·二模）如图，长木板
静止在光滑水平地面上，连接在B 端固定挡板上的轻弹簧静
止时，其自由端位于木板上
点，
，现让一可视为质点的小滑块以
的初速度水平向左
滑上木板A 端。当锁定木板时，滑块压缩弹簧后刚好能够返回到
的中点
。已知滑块和木板的质
量均为
，滑块与木板间的动摩擦因数为
，弹簧的形变未超过弹性限度，重力加速度大
小
。下列判定正确的是（ ）
A．锁定木板时，弹簧缩短过程中的最大弹性势能为
B．锁定木板时，弹簧的最大压缩量为
C．若不锁定木板，则滑块相对木板静止的位置可能在
点左侧
D．若不锁定木板，则滑块相对木板静止的位置恰好在
点右侧
【答案】B
【详解】AB．锁定木板时，设弹簧最大压缩量为x，根据功能关系可得
解得x=0.25m
弹簧缩短过程中的最大弹性势能为EPm，根据功能关系可得
代入数据解得EPm=0.75J
故A 错误、B 正确；
CD．取向左为正方向，根据动量守恒定律可知mv=2mv 共
解得v 共=1m/s
此过程中弹簧最大压缩量为x′，则有
代入数据解得x′=0
所以滑块相对木板静止的位置在P 点，故CD 错误。
故选B。
12．（2025·四川攀枝花·二模）如图所示，固定在水平地面上、高度为h 的竖直立柱顶端静着一质量为M
的小球P，另一质量为m 的小球Q 以大小为v、方向水平向右的速度从小球P 的左侧与小球P 发生弹性
对心正碰，小球P、Q 均可视为质点，不计空气阻力和碰撞时间，立柱足够细，已知重力加速度大小
为g，则小球P、Q 落地时（不考虑落地后的反弹）二者之间的距离为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】以v 方向为正方向，由动量守恒有
机械能守恒有
联立解得碰后QP 的速度分别为
根据平抛规律有
解得
则小球P、Q 落地时（不考虑落地后的反弹）二者之间的距离为
联立解得
故选D。
13．（2025·辽宁本溪·二模）如图所示，两位小朋友在可视为光滑的水平地面上玩弹珠游戏。其中一位将
弹珠甲对着另一位脚边的静止弹珠乙弹出，甲以
的速度与乙发生了弹性正碰，已知弹珠可以视为光
滑，则（ ）
A．若碰后甲、乙同向运动，则甲的质量一定小于乙的质量
B．若碰后甲反弹，则甲的速率可能为
C．碰后乙的速率可能为
D．若碰后甲反弹，则甲的速率可能大于乙的速率
【答案】D
【详解】A．甲，乙弹珠碰撞瞬间动量守恒，机械能守恒，设弹珠甲，乙的质量分别为
、
，碰后
甲的速度为
，乙的速度为
，则有
联立解得
，
若碰后甲乙同向运动，则
，可知甲的质量一定大于乙的质量，A 项错误；
B．若碰后甲反弹，且甲的速率为
，则有
解得
质量不能为负值，故若碰后甲反弹，则甲的速率不可能为
，B 项错误；
C．若碰后乙的速率为
，则有
解得
，质量不能为负值，故碰后乙的速率不可能为
，C 项错误；
D．若碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，则有
可知，只要
即
就可满足碰后甲反弹，且甲的速率大于乙的速率，D 项正确。
故选D。
14．（2025·湖北·二模）在竖直平面内，质量
的小球A 用长为
的不可伸长的轻绳悬挂于
点，
点正下方用
不可伸长的轻绳竖直悬挂一质量也为
的小球B。把小球A 拉到如
图所示位置，轻绳恰好伸直，且轻绳与竖直方向的夹角
。由静止释放小球A，A 球自由下落，
两小球发生弹性碰撞。两球都可视为质点，忽略空气阻力，取
。下列说法正确的是
（ ）
A．小球A 在与小球
发生碰撞前小球A 的速度大小为
B．小球A 在与小球B 发生碰撞后小球B 的速度大小为
C．小球A 和小球B 发生碰撞后，小球B 上升的最大高度与小球A 释放的高度相同
D．小球A 和小球B 发生碰撞后小球B 在上摆的过程中轻绳不会松弛
【答案】B
【详解】A.小球A 先由落体运动至关于过O 点的水平线对称的位置，由机械能守恒定律得
得
在此位置绳绷直得瞬间，把
沿绳和垂直绳方向分解，沿绳方向分速度由于绳拉力得冲量而变为0，
仅剩下垂直绳方向分速度沿弧线下摆至B 处，机械能守恒
设A 与B 碰前速度为
，由机械能守恒定律得
得
故
错误；
B.A 和B 发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据机械能守恒
解得
，
故
正确；
C.由于小球A 下落至绳绷直时有机械能损失，故B 球上升的最大高度一定小于
球释放高度，故
错
误；
.由于B 球不能做完整得圆周运动，要想绳子不松弛，小球不能过圆心等高位置（本题图中O 点）。
设B 上升得最大高度为，对小球B 上摆过程有机械能守恒定律得
解得
越过了圆心高度，绳会松弛，故D 错误。
故选B。
二、多选题
15．（2025·湖南怀化·二模）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为
的小球A、B。小球A 用细线悬挂于天
花板上，系统处于静止状态。将细线烧断，并以此为计时起点，A、B 两小球运动的
图线如图乙
所示（
为小球的加速度， 为时间），两图线对应纵轴最小值均为
表示到
时间内A 的
图线与横轴所围面积大小，当地重力加速度为
。下列说法正确的是（ ）
A．从
到
时刻，弹簧对A 球的冲量为
B．
时刻，弹簧弹性势能最大
C．
时刻，A、 B 两小球的速度差最小
D．
时刻，B 物体的速度大小为
【答案】AD
【详解】A．从图像可知从0 到
时刻两图线与时间轴所夹面积相等，即
时刻两小球速度大小相等，
由动量定理
得两球速度大小
设弹簧对球
的冲量为
，以
球为对象有
则
，故A 正确；
B．
时刻，两小球加速度大小相等，以小球 A、B 整体为对象
得
设此时弹簧弹力为
，以小球A 为研究对象有
则
，即弹簧处于原长，弹性势能最小，故B 错误；
C．从图乙可知，从0 到
时刻两者速度差一直在增大，
时刻达到最大，故C 错误；
D．从0 到
时刻，以A、B 两球整体为对象
其中
化简得
，故D 正确。
故选AD。
动量守恒定律
16．（2025·广西南宁·二模）将一物体以初速度
竖直向上抛出，其速度随时间的变化如图所示，物体
在
时刻落回抛出点时的速率为
。若物体所受空气阻力的大小与速率成正比。重力加速度大小为
，
则下列说法正确的是（ ）
A．
时间内空气阻力的冲量为零
B．
时间内空气阻力的冲量不为零
C．
D．
【答案】AC
【详解】AB．小球运动的v-t 图像如图所示
由于上升过程和下降过程位移大小相等，因此图中两阴影部分面积相等；因为f=kv
则f-t 图像与v-t 图像相似，两阴影部分的面积也相等，f-t 图像t 轴上方图像与坐标轴围成的面积表示
上升过程的阻力的冲量大小，t 轴下方图像与坐标轴围成的面积表示下降过程的阻力的冲量大小。可
知上升和下降过程的阻力的冲量大小相等，冲量之和为0，故A 正确、B 错误；
CD．阻力的总冲量为零，对全过程，根据动量定理-mgt2=-mv1-mv0
解得
故C 正确、D 错误。
故选AC。
17．（2025·贵州安顺·二模）如图甲所示，质量为m 的某同学直立于箱子上，
时刻该同学从箱子上跳
下，
时刻着地，经曲腿缓冲一系列动作后，
时刻起直立静止于地面上，该同学所受地面支持力大
小F 随时间t 变化的关系如图乙所示，忽略该同学离开箱子时的初速度和空气阻力，该同学在空中始
终处于直立状态，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．该同学的最大速度为
B．箱子的高度为
C．图乙中图像与横轴
围成的面积为
D．
时间内该同学的机械能减少了
【答案】BC
【详解】A．由
图像可知，
时间内该同学在空中，
时刻着地时速度为
，
时间内，
支持力小于重力，合力向下，根据牛顿第二定律
知该同学接触地面继续向下加速，速度大于
，该同学的最大速度大于
，故A 错误；
B．
时间内该同学做自由落体运动，根据运动规律知箱子的高度为
，故B 正确；
C．
时间内根据动量定理有
题图乙中图像与横轴
围成的面积为在
时间内地面对该同学的冲量，根据动量定理有
解得
故C 正确；
D．
时间内该同学的机械能减少了
，故D 错误。
故选BC。
18．（2025·广东广州·二模）物体A 和B 用轻绳相连挂在轻弹簧下静止不动，如图（a）所示。A 的质量为
m，B 的质量为M，将连接A、B 的绳烧断后，A 上升，经过某一位置时的速度大小为v，这时B 的下
落速度大小为u，如图（b）所示。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．在这段时间里，A 的重力势能增加量小于弹簧弹力对A 做的功
B．在这段时间里，弹簧弹力对A 的冲量大小等于
C．在这段时间里，弹簧弹力对A 的冲量大小等于mv
D．绳烧断瞬间，A 的加速度大小为
【答案】AB
【详解】A．在这段时间里，弹簧弹力对A 做的功等于A 的重力势能增加量和动能增加量之和，A 正确；
BC．根据动量定理，对物体A，则有
对于物体B，则有
联立解得
B 正确，C 错误；
D．绳未烧断时，整体受力分析可得
烧断绳瞬间，弹簧的弹力不变，对A 受力分析，由牛顿第二定律可得
联立解得
D 错误。
故选AB。
19．（2025·吉林·二模）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。如图，两人同时通过绳子对质量
为m 的重物分别施加大小均为
、方向都与竖直方向成37°的力，重物离开地面0.5 米后人停止
施力，最后重物自由下落陷入地面，与地面碰撞时间为0.1s，
。不计空气阻力，重力加速
度g 取
。则（ ）
A．重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
B．重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
C．重物刚落地时的速度大小为4m/s
D．地面对重物的平均阻力大小为4mg
【答案】AC
【详解】AC．设停止施力瞬间重物的速度大小为
，根据动能定理有
解得
设重物刚落地时的速度大小为
，根据动能定理有
解得
重物在空中运动过程，开始在拉力作用下做匀加速运动，速度大小达到
后做匀减速运动直至速度为
零，之后再做匀加速直线运动直至速度大小为
，由此可知上升过程中的平均速度大小为
下降过程中的平均速度大小为
又由于上升、下降位移大小相等，则重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间，故AC 正确；
B．重物在整个运动过程中，根据动能定理有
则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，故B 错误；
D．碰撞地面过程中根据动量定理有
解得
D 错误。
故选AC。
20．（2025·云南大理·二模）如图所示，两个四分之一圆弧体A、B 静止在光滑的水平面上。A、B 的圆弧面
光滑，半径分别为
和
，底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视为质点的小物块C 从A 的圆弧
面的顶端静止释放，A、C 的质量分别为
和
，则以下说法正确的是（ ）
A．整个过程ABC 组成的系统动量守恒
B．C 刚滑到A 底端时，C 距B 的圆弧面底端的水平距离为
C．C 刚滑到A 底端时，C 的速度为
D．若C 滑到A 底端后，恰好能滑上B 的圆弧面顶端，则B 的质量为
【答案】CD
【详解】A．整个过程ABC 组成的系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A 错误；
B．设C 刚滑到A 底端时，A、C 的水平位移的大小分别为
、
，根据“人船模型”有
依题意有
可得C 刚滑下A 时到B 的圆弧面底端的距离为
故B 错误；
C．C 刚滑到A 底端时，水平方向由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
，
故C 正确；
D．C 滑上B 的过程，水平方向由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
故D 正确。
故选CD。
三、解答题
21．（2025·河南郑州·二模）某自动秤米机的原理如图所示，阀门距秤盘的高度
，当阀门打开时
大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当秤米机的示
数为1kg 时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量
，取重力加速度大小
，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求：
(1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小，及阀门关闭瞬间空中大米的质量；
(2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小；
(3)稳定后（空中的大米全部落入秤盘），秤米机的示数。
【答案】(1)2m/s，0.02kg
(2)
(3)1kg
【详解】（1）设每粒大米质量为
，由机械能守恒
解得大米落入秤盘时的速度大小
阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有
解得
空中大米的质量
（2）
时间内，从阀门处下落的大米质量
令其落到秤上时受到的冲击力为
，根据动量定理有
解得
根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤冲击力
（3）关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上大米质量为
则当空中大米全部落入盘中后，大米的总质量
22．（2025·福建厦门·二模）冬季，鸬鹚南飞入驻环境宜人的厦门，栖息于筼筜湖等水域。如图甲，一质
量为
的鸬鹚观察到猎物后在低空由静止开始竖直向下加速俯冲，入水后作减速直线运动。整个运
动过程的
图像如图乙所示，已知鸬鹚入水瞬间的速度大小为
，在空中俯冲时受到的阻力
，重力加速度大小
取
，求：
(1)鸬鹚加速过程中加速度的大小；
(2)鸬鹚加速过程的时间及
位移的大小；
(3)
过程中水对鸬鹚作用力的冲量大小。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）鸬鹚俯冲过程，由牛顿第二定律
得
（2）鸬鹚加速过程
得
加速下落过程满足
得
故鸬鹚加速时间为
，位移为
。
（3）解法一：
，鸬鹚在水中减速，规定竖直向下为正方向，由动量定理得
得
负号表示水对鸬鹚的冲量竖直向上。
解法二：规定竖直向下为正方向，鸬鹚运动全程，由动量定理得
得
负号表示水对鸬鹚的冲量竖直向上。
23．（2025·河北石家庄·二模）如图所示为一游戏装置的竖直截面图，装置由光滑水平直轨道AB、半径
的竖直光滑圆轨道、长
的水平直轨道BD、长
的水平传送带DE 和足够长的
光滑轨道EK 平滑连接而成（A、B、D、E、K 共线），其中C 点为竖直圆轨道上的最高点。质量
的滑块（可视为质点）静止在水平轨道上的A 点，质量
、半径
的四分
之一光滑圆弧形物块GFH 静置于水平轨道EK 上。传送带DE 以恒定速率
顺时针转动。现对
滑块施加一水平瞬时冲量I 使滑块恰好能通过圆轨道的C 点，之后滑块经过轨道BD 滑上传送带，而
后冲上物块GFH。已知滑块与轨道BD、滑块与传送带间的动摩擦因数均为
，重力加速度g 取
，不计空气阻力。求：
(1)瞬时冲量I 的大小；
(2)滑块冲出物块GFH 后上升到最高点时与H 点之间的距离h；
(3)滑块从开始运动到不再滑上传送带的过程中，滑块和传送带因摩擦产生的热量Q。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据动量定理
在C 点根据牛顿运动定律
滑块由A 运动到C 的过程中，由机械能守恒得
综合解得
（2）滑块由A 运动到D 的过程中，由动能定理得
解得
因为
，所以滑块先做匀减速直线运动，假设滑块可以减速到与传送带共速，则
滑块运动的位移
所以假设成立，滑块到达E 点时速度
滑块与光滑圆弧物块组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到H 点时，它们水平方向有相同的速度
，设此时滑块竖直方向分速度为
，根据动量守恒：
由能量守恒得：
解得
滑块冲上圆弧形物块后上升到最高点时与
点之间的距离
（3）滑块冲上物块到与物块分离的过程中，由水平方向动量守恒
由能量守恒
解得
，
滑块返回到传送带上时，先减速运动又反向加速返回E 点，该过程所用时间
此过程中，滑块与传送带的相对位移
滑块由D 点滑上传送带到与传送带共速时，二者的相对位移
整个过程中滑块和传送带因摩擦产生的热量
24．（2025·河南·二模）如图所示，套在光滑水平杆上的滑块A 用长为
的轻绳悬挂小物块B，右端
带有竖直薄挡板的长木板Q 静止在水平地面上。现将B 拉起至轻绳水平然后由静止释放，B 运动至最
低点时恰好到达Q 的左端，且B 的下表面与Q 的上表面重合，轻绳此刻断裂。已知长木板的长度
，质量
，物块B 的质量
，滑块A 的质量
，物块B 与Q 间的动摩擦
因数
，Q 与地面之间的动摩擦因数
，设B 与挡板的碰撞为弹性碰撞，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，物块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g 取
。求：
(1)释放B 时，物块B 距离Q 的左端距离；
(2)B 与挡板碰撞前的瞬间，B 的速度大小；
(3)整个过程Q 和地面之间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)
(2)1.5m/s
(3)
【详解】（1）对于A、B 组成的系统来说在下落过程中的任何时间段水平动量都是守恒的，有
即：
又水平位移
则有
由于B 运动至最低点时，A 和B 的水平位移之和等于绳长L，即
根据比例关系，可以解得
因此，释放B 时，物块B 距离Q 的左端距离为
。
（2）B 从静止释放运动至最低点时，根据机械能守恒定律有
由于
解得
B 滑上Q 后，由于
所以B 刚上Q 到与Q 右侧挡板碰撞之前，Q 是不动的，对B 根据牛顿定律有
在与挡板碰撞前有
解得
即B 与挡板碰撞前的速度为1.5m/s。
（3）B 刚上Q 到与Q 右侧挡板碰撞之前，Q 是不动的，因此B 与薄板碰撞，根据动量守恒有
碰撞前后动能相同有
解得：
，
碰撞后B 所受滑动摩擦力大小仍为
方向变为向右；
B 的加速度大小为
方向水平向右。
Q 上、下表面所受滑动摩擦力大小分别为
，
对Q 根据牛顿第二定律
解得
方向水平向左。
假设B、Q 经时间t 达到共速，共速的速度大小为v，此时B 仍在Q 上，则有
解得
，
碰后到共速，B 对地位移大小为：
碰后到共速，Q 对地位移大小为
B 相对Q 的位移大小为
所以假设成立。
假设共速后，B、Q 发生相对滑动，B 做减速运动的加速度满足
方向水平向左。
Q 减速的加速度满足
假设成立。
则B 减速为零的位移大小
Q 减速为零的位移大小为
B 相对Q 运动的位移大小为
故不会再次碰撞。
整个过程Q 的位移大小
则整个过程Q 和地面之间因摩擦产生的热量
25．（2025·内蒙古包头·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)
【详解】（1）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
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
（2）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
，
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
26．（2025·重庆·二模）如图所示，物块A（可视为质点）和木板B、C 静止在足够长的光滑水平面上，A、
B、C 质量均为m。B 右端固定一长为L 的水平轻杆，轻杆右端光滑部分的长度为其总长的k 倍（k 未
知），剩余左端为粗糙涂层部分。C 内部有一中空的水平光滑通道，通道左端开口处为小孔D（通道
和小孔的尺寸略大于轻杆截面尺寸）。当正对小孔的轻杆进入小孔后，仅轻杆涂层部分滑过小孔时，
轻杆会受到小孔施加的大小恒定的水平阻力。某时刻，A、B 获得水平向右的相同初速度
；当
时，轻杆恰好全部进入通道且B、C 恰好未发生碰撞。已知A、B 间的滑动摩擦力与小孔对涂层的阻力
大小相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B、C 足够长且B、C 间的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间及空
气阻力不计。
(1)求小孔对涂层的阻力大小f；
(2)若
，B、C 发生碰撞后，轻杆的粗糙涂层部分恰好全部从小孔滑出，求
；
(3)若
，求最终各物体的速度大小，以及从涂层开始进入小孔到最终稳定的总时间（用k、L、
表示）。
【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【详解】（1）当
时，B、C 恰好未发生碰撞，此时A、B、C 三者共速，设速度大小为
由分析知，该过程中，A、B 始终保持相对静止，对A、B、C 整体由动量守恒定律有：
由动能定理有：
联立解得：
（2）设B、C 碰撞前瞬时速度大小分别为
、
，碰撞后瞬时速度分别为
、
，弹性碰撞满足动量
守恒定律和机械能守恒
，
联立解得：
，
（可知碰撞后，B、C 速度交换）
由此可知，碰撞后，A、C（同步）做加速度相同的匀减速直线运动，B 做匀加速直线运动，且A、B 的
相对位移等于B、C 的相对位移，均为
又由分析知，当粗糙涂层部分恰好全部从小孔滑出时，A、B、C 三者共速且
解得：
因此，从A、B 开始运动到粗糙涂层部分恰好全部滑出小孔过程中，由动能定理有
解得：
（3）当
时，设涂层全部从小孔滑出时，A、C（同步）速度大小为
，B 速度大小为
从A、B 开始运动到涂层全部滑出小孔，对A、B、C 整体由动量守恒
由动能定理
联立解得：
，
此后C 匀速，A、B 继续相对运动至共速，设最终A、B 的速度大小为
，则
解得：
即：最终C 的速度大小为
（其中
）
A、B 的速度大小为
（其中
）
设碰撞前瞬时，B、C 的速度大小分别为
、
，则碰撞前，对A、B、C 整体有：
，
联立解得：
，
设从涂层开始进入小孔到碰撞前瞬时，历时
，则
对C 有：
解得：
设从碰撞后瞬时到A、B 最终共速，历时
，则
对A 有：
解得：
因此从涂层开始进入小孔到最终稳定的总时间：
联立解得：
（其中
）
27．（2025·湖南·二模）如图所示，一长度为L、质量为M 的箱子倒扣在水平地面上，箱子与地面之间的
摩擦阻力可以忽略不计，初始时刻，箱子静止不动。将一质量为m（可视作质点）的小物块紧靠在箱
子的左端，小物块的初速度大小为v0，方向水平向右，物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度
为g。物块与箱子之间的碰撞均为弹性碰撞，求：
(1)求物块与箱子发生第一次碰撞前的速度大小以及碰撞后物块、箱子的速度大小。
(2)若物块与箱子的质量相等，物块的初速度大小为
，求物块运动的总时间、箱子运动的
总位移大小以及物块最终静止时距离箱子左端的距离大小。
(3)若物块与箱子的质量相等，为使物块最终静止时相对于箱子位于箱子中间位置，则物块的初速度大
小v0需满足什么条件。
【答案】(1)
，
，
(2)
，
，
(3)
【详解】（1）根据题意可知物块运动时的加速度为
由运动学公式可得物块与箱子第一次碰撞前的速度大小为
由于碰撞是弹性碰撞，因此满足动量守恒定律和能量守恒定律，即有
其中
为物块第一次碰撞箱子后箱子的速度。
由上述两式方程可以解得物块与箱子第一次碰撞后物块的速度
和箱子的速度
分别为
（2）由题意可知若
，则每次物块与箱子发生碰撞后，速度发生交换。物块撞击箱子后物块停
止运动，箱子以木块碰撞前的速度向前做匀速直线运动。箱子撞击物块后箱子停止运动，物块以箱子
碰撞前的速度继续向前做匀减速直线运动。整体而言，物块一直在做匀减速直线运动直到静止，由
，
，得物块运动的总时间为
设物块第
次碰撞箱子的速度为
，由
分析可得
，之后箱子再次撞击物块，当
时物块不能再次撞击箱子，根据题意
，代入上式可以解得
，即
物块每撞击箱子一次，箱子通过的位移为
，因此箱子的总位移为
物块第6 次撞击箱子时的速度大小为
此后箱子以该速度向前匀速运动后撞击物块，物块再以该速度向前运动直到停止运动，此时物块会向
前运动
，此即物块最终静止时距离箱子左端的距离。
（3）为使得物块最终静止在箱子的中间位置要求，由
知
由此可得
，可以解得
28．（2025·浙江台州·二模）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θ=37°的直轨
道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ=37°的直轨道EF、足够长水平直轨道FG 组成，半径R=0.32m 的
螺旋圆形轨道与轨道AB、EF 相切于B(E)处，B 点高度为1.2R，轨道间平滑连接。质量M=5kg 的滑块
b 放置在轨道FG 上，滑块b 的上端面是一水平台面，台面的长度和高度均为l=0.8m，滑块b 的侧面是
圆周的圆弧形光滑槽，槽底跟水平面相切。质量m=2kg 的物块a 从倾斜轨道AB 上高度为H 处静止
释放。（各段轨道均光滑，物块a 视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
(1)若H=1.12m，求
①物块a 经过B 点时螺旋圆形轨道对物块a 的作用力大小FB；
②物块a 冲上滑块b 后能达到的最大离地高度h；
(2)欲使物块a 击中滑块b 的水平台面，求释放高度H 的取值范围。
【答案】(1)①
；②
(2)
【详解】（1）①从A 到B 由机械能守恒定律
在B 点时
解得
②从A 到F 由机械能守恒定律
当物块上升到最大高度时，假设没有离开圆弧面，则物块与滑块共速，此时由动量守恒和能量关系
解得
假设正确，因此最大高度为0.8m。
（2）恰过C 点，根据机械能守恒
在C 点时
解得
恰好击中平台右端：
由动量守恒和能量关系
；
，
且
；
其中
综上解得
由（1）得
时，恰好到达平台左端；综上得：
29．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，光滑水平面上，一轻质弹簧的一端固定在质量为
物
块P 上，另一端与质量为
物块Q 接触，但未拴接，轻质弹簧处于原长。现使物块P 以
初速度向左运动，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，Q 与弹簧分离后，滑上半径
的光滑半圆弧轨道，A 为轨道的最低点，B 为轨道的最高点。弹簧劲度系数为
，
弹簧弹性势能
为弹簧形变量，取重力加速度
，求：
(1)物块Q 与弹簧分离时的速度大小；
(2)物块Q 离开半弧轨道后落地点与最低点A 之间的水平距离L；
(3)若物块P 运动时开始计时，经0.03s 弹簧压缩到最短，则物块P 从开始运动到弹簧压缩最短时，物
块P 的位移大小。
【答案】(1)2m/s
(2)0
(3)0.07m
【详解】（1）P 与Q 从压缩弹簧到分开过程，由动量守恒得
由能量守恒得
解得
（2）物块Q 从A 到B 过程,根据动能定理，有
解得
小球在B 点前脱离轨道物块Q 在轨道C 点恰好分离,根据牛顿第二定律，有
由A 到C 过程，根据动能定理，有
解得
，
假设物块Q 能落到水平面水平方向，有
竖直方向，有
解得
由
可得
物块Q 恰好落到A 点。
（3）物块P 与弹簧接触到最短动量守恒
乘
得
可得
压缩到最短时，根据动量守恒，有
根据能量守恒，有
位移间的关系为
联立解得
30．（2025·湖南常德·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)
【详解】（1）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
，
（2）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
（3）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
解得
31．（2025·河南·二模）如图，质量均为m 的滑块（可视为质点）和质量为3m 的长板静止于图示位置。滑
块1、2、3 与长板间动摩擦因数均为μ，长板与地面间光滑。现让滑块1、2、3 分别以
的速
度同时从图示位置滑上长板，它们之间不会相碰也不会从长板滑下，重力加速度为g，当三个滑块与
长板刚好相对静止时长板的右端刚好与墙壁发生弹性碰撞。求：
(1)滑块2 从放上长板到速度达到最小，系统产生的内能。
(2)刚开始时长板与墙壁的距离s。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当滑块2 与长木板刚好相对静止时，其速度最小，设为
，从开始到滑块2 与长木板
刚好相对静止瞬间，23 间的相对速度始终相等为
，故此时滑块3 的速度为
，则由动量守恒
定律得
解得
系统产生的内能为
（2）当滑块1 刚好与长木板保持相对静止时根据动量守恒
解得
该过程长木板加速度为
对长木板有
当滑块2 与长木板相对静止时，对长木板有
，
解得
当滑块3 与长木板保持相对静止时根据动量守恒有
同时有
解得
由运动学规律有
解得
32．（2025·山西临汾·二模）弹玻璃球是一种流行于20 世纪的儿童游戏。某次游戏，小朋友们在水平地面
上画一个长
，宽
的长方形
。小朋友甲把质量为
的玻璃球2 从
的中点
弹出，玻璃球沿直线运动，刚好停在长方形的中心
。小朋友乙从
点把质量为
的玻璃球1 沿
方向弹出，与
点的球2 发生弹性碰撞，球2 沿
方向弹出。小朋友乙要
获胜，球2 必须被弹出长方形区域。已知球1、球2 在运动过程中受到的阻力均为其重力的0.4 倍，重
力加速度取
。求：
(1)球2 从
到
运动的时间；
(2)小朋友乙要获胜，至少对球1 做的功。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）球2 弹出后做匀减速直线运动，根据牛顿运动定律则有
由题可知
联立解得
根据匀变速直线运动规律，可以把球2 的运动逆向看成初速为零的匀加速运动，则有
其中
联立代入数据解解
（2）设球2 被球1 碰撞后，至少获得速度
才可以沿OA 方向弹出长方形，根据运动学公式
其中
联立解得
球1 与球2 发生弹性碰撞，设碰前球1 的速度为
，碰后球1 的速度为
，根据动量守恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
联立解得
根据动能定理可得，小朋友乙要获胜至少对球1 做功
解得
33．（2025·陕西渭南·二模）如图所示，质量为2kg 的小球A（视为质点），在长度均为1.6m 的细绳
和
OP 作用下处于平衡状态，
、OP 与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg 的足够长的木板B 静止在
光滑水平面上，质量为2kg 的物块C（视为质点）静止在B 的左端，C 与B 之间的动摩擦因数为
。剪断细绳
，小球A 开始运动，重力加速度g 取
。
(1)求小球A 运动到最低点时对细绳OP 的拉力大小；
(2)当小球A 运动到最低点时，恰好与C 发生弹性正碰（碰撞时间极短），求碰后C 的速度大小；
(3)小球A 与物块C 碰后，C 相对B 滑行的距离
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）OP 的长度为
，从小球A 开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得
解得
设小球A 运动到最低点时细绳OP 对小球A 的拉力为T，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律可知，小球A 运动到最低点时对细绳OP 的拉力大小
（2）A 运动到最低点时，恰好与C 发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得碰后C 的速度大小
（3）A、C 碰后，C 与B 动量守恒，以向右为正方向，达到共同速度时，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
34．（2025·河南焦作·二模）某玩家设计了如图1 所示的一个装置，完全相同的饼状物块
、
分别焊接
在两根轻杆的一端，两根轻杆另一端与饼状物块
用铰链相连（轻杆能够围绕铰链转轴在水平面内无
阻碍地转动），轻杆长度远大于物块
、
和
的直径，把整个装置放在光滑水平面上，在
、
之
间置入少量炸药，引爆炸药后，整个装置获得的机械能为
。已知
、
的质量均为
，
的质量为
，轻杆长度为
，引爆炸药后，物块
仅沿着对称中心线（图1 中的虚线）运动。
(1)若将物块
固定，求引爆炸药后瞬间，轻杆受到的拉力大小；
(2)若物块
不固定，求物块
运动的最大位移；
(3)如图2 所示，在（2）的基础上，当
、
、
第一次运动到一条直线时，求物块
、
和
的速
度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据对称关系，引爆后瞬间，对物块
和
，有
方向相反，且有
此时，物块
固定，物块A 和B 都可以看做圆周运动，则两物块对各自轻杆的拉力为
化简可得
（2）整个系统动量守恒。物块A 和B 的运动关于中心线对称，沿着中心线向上运动，物块C 沿着中心
线向下运动。所以沿中心线方向，任何时刻均有
所以有
即
又有
其中
所以物块
运动的最大位移
（3）根据动量守恒定律，有
根据能量守恒有
其中由对称性关系可知
解得
35．（2025·江西九江·二模）在光滑平直轨道边依次站着2025 个人，间距均为d，每人手里拿着质量均为
m、编号为1、2、3、…、2025 的沙包。一个质量也为m 的货斗，在恒定外力F 的推动下，从距离第
1 人的左侧d 处由静止开始沿直线向右运动，货斗经过人身边时，该人立即将沙包无初速放入货斗，
直到沙包全部放入为止。设沙包放入货斗时间极短，货斗及沙包均可视为质点。求
(1)1 号沙包放入货斗后瞬间的共同速率；
(2)2025 号沙包放入货斗后瞬间的共同速率；
(3)全过程中的能量损失。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）放入沙包前，对货斗动能定理：
代入数据解得
1 号沙包放入货斗后:
可得
（2）2 号沙包放入货斗前：
2 号沙包放入货斗后
可得
3 号沙包放入货斗前：
3 号沙包放入货斗后：
可得
依此类推，可知第n 个沙包放入货斗后的共同速度
所以，2025 个沙包放入货斗后的共同速度
（3）全过程由能量守恒可知
所以
36．（2025·四川广安·二模）如图所示，质量为0.3kg 的滑块B 静止在光滑水平面上，形状大小相同质量为
0.1kg 的滑块A 以初速度5m/s 向右运动，与B 发生正碰，碰后B 滑上θ=60°足够长的粗糙斜面，上升的
最大高度为
，B 与斜面间的动摩擦因数为
，斜面与水平面平滑连接，空气阻力不计，重力加
速度取10m/s2。求：
(1)第一次碰撞后滑块B 和A 的速度大小：
(2)物理学中将材料一定的两物体，碰撞后分开的相对速度与碰撞前接近的相对速度之比定义为恢复系
数，即
，其中
、
为两物体碰撞前的速度，
、
为碰后的速度，e 仅由两物体材料决定。
①滑块A、B 相碰时的恢复系数为e；
②滑块A、B 第二次碰撞后的速度大小。
【答案】(1)2m/s，1m/s
(2)①0.6；②1.6m/s，1.3m/s
【详解】（1）设第一次碰后AB 两滑块的速度分别为vA和vB，碰前A 速度为v0，对B，由动能定理可
得
解得
碰撞过程，由动量守恒定律可得
解得
（2）①由恢复系数公式
代入第一次碰撞数据解得
②再次到达水平面时速度为vB1，从H 处再次滑下时，由动能定理可得
再次碰撞时，设向左为正方向，碰后A、B 速度分别为vA2、vB2，由动量守恒定律和恢复系数公式可得
，
可得
，
37．（2025·山东枣庄·二模）如图甲所示，固定光滑斜面的倾角
，右端带有固定挡板的“┚”形木
板静置于水平面上，斜面底端B 与木板左端紧靠且跟其上表面平齐。将质量
的小物块从斜面
顶端A 由静止释放，物块滑上木板时不计能量损失，到达木板右端时与挡板发生弹性碰撞。以物块刚
滑上木板的时刻为计时起点，物块跟挡板碰撞前物块和木板的
图像，如图乙所示，木板与地面间
的动摩擦因素
，取重力加速度
。
(1)求斜面的长度；
(2)求从物块开始运动至其和挡板碰撞前的瞬间，物块与木板系统损失的机械能；
(3)物块最终能否从木板上滑落？若能，请求出物块滑落时的速度；若不能，请求出物块最终到木板左
端的距离d。
【答案】(1)
(2)
(3)不能，
【详解】（1）由图乙可知，物块到达斜面底端
时的速度为
物块从A 下滑到
的过程中，由动能定理可得
解得
（2）由图乙可知，物块与档板碰撞前瞬间，物块、木板的速度分别为
，
根据加速度定义式有
解得物块、木板加速度大小分别为
，
对物块进行分析，根据牛顿第二定律有
对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
，
对物块与木板构成的系统，由能量守恒定律得
解得
（3）物块最终不能从木板上滑落。在
（
）时间内，物块相对于木板向右滑动，碰前物块，
木板的速度分别记为
、
，可知板长
解得板长
在
时物块与挡板发生弹性碰撞，碰后速度分别记为
、
由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
，
碰撞后物块向左做匀减速直线运动，加速度大小
木板向右做匀减速直线运动，加速度大小记为
，则有
，
解得加速度大小
假设物块最终不能从木板上滑落，碰撞后再经过
两者共速，则有
解得
，
在时间
内，物块相对于木板始终向左滑动，相对位移为
解得
可知物块不能从木板上滑落，则物块最终到木板左端的距离
38．（2025·福建·二模）如图所示，质量均为
的物块A、B 静止在光滑的水平面上，A、B 间的距离为
，给物块B 施加一个大小为
的水平向左的恒力，使物块B 从静止开始向左运动，在以后
的运动过程中，A 与B 的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力。求：
(1)A 与B 第一次碰撞前B 的速度大小；
(2)第一次碰撞结束至发生第二次碰撞经历的时间；
(3)物块B 从初始位置到发生第
次碰撞的过程中，物块B 的位移大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设B 与A 碰前B 的速度大小为
，根据动能定理有
解得
（2）A 与B 的碰撞为弹性碰撞，设碰撞后B 的速度大小为
，A 度大小为
，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得
，
碰撞后A 做匀速直线运动，B 做初速度为零的匀加速度直线运动。
碰撞前，B 做匀加速运动的加速度
设第一次碰撞后到第二次碰撞所用时间为
，则
解得
（3）第二次碰撞前瞬间B 速度
设B 与A 第二次碰后速度分别为
、
，由动量守恒定律与能量守恒定律得
解得
，
由于A、B 质量相等，两者发生弹性碰撞后，速度发生交换，根据上述弹性碰撞动量守恒定律与机械
能守恒定律表达式求出的碰后速度可知，碰撞后，B 对A 的相对速度大小仍然为
，相对加速
度为
若前一次碰撞到后一次碰撞经历时间为
，则有
解得
可知，从第一次碰撞后，每经历相同的
，两者就碰撞一次，
即每一次碰撞前瞬间，A 的速度均比B 的速度小
，由于A、B 质量相等，两者发生弹性碰撞后，
速度发生交换，则每一次碰撞后，A 的速度均增大
。结合上述，第一次碰后到第二次碰时A 的位
移
第二次碰后到第三次碰时A 的位移
第
次碰后A 的位移
物块B 从初始位置到第
次碰撞时，物块B 的位移
解得
