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专题07 动量 4 大考点概览 考点01 动量和动量定理 考点02 动量守恒定律及初步应用 考点03 碰撞及类碰撞 考点04 动量守恒解决多过程问题 一、单选题 1．（2026·重庆沙坪坝·一模）2025 年9 月3 日，纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80 周年 大会在北京隆重举行。如图所示为接受检阅的歼-10C 梯队，假设歼-10C 在空中水平飞行，受到重力、水平 向右的推进力、竖直向上的升力、水平向左的阻力，则有关歼-10C，下列说法正确的是（ ） A．水平向右匀速飞行过程中，歼-10C 的重力冲量为零 B．水平向右匀速飞行过程中，歼-10C 的重力做功为零 C．水平向右加速飞行过程中，歼-10C 的飞行员处于超重状态 D．水平向右加速飞行过程中，歼-10C 对空气的作用力小于空气对歼-10C 的作用力 【答案】B 【详解】A．根据 可知，重力为恒力，时间不为零，故重力的冲量不为0，故A 错误； B．歼-10C 水平飞行，在重力的方向没有位移，故重力做功为0，故B 正确； C．歼-10C 水平向右加速飞行，在竖直方向没有加速度，故飞行员不处于超重状态，故C 错误； D．歼-10C 对空气的作用力与空气对歼-10C 的作用力为一对作用力与反作用力，大小相等，故D 错误。 故选B。 2．（2026·江苏镇江·一模）在“苏超”比赛中，足球被踢出后在空中做斜抛运动，最后落到水平草地上。 考点1 动量和动量定理 不计空气阻力，则足球在飞行过程中（ ） A．经过最高点时动量为零 B．全过程重力的冲量为0 C．动量的变化率不变 D．竖直方向的动量不变 【答案】C 【详解】A．经过最高点时，竖直方向速度为零，但水平方向速度不为零，动量 也不为零，故A 错误； B．重力的冲量 可知，重力的冲量不为零，故B 错误； C．根据动量定理 则动量的变化率 重力恒定，故变化率不变，故C 正确； D．竖直方向动量 ，足球在竖直方向速度先减小后增大，则竖直方向的动量先减小后增大，故D 错误。 故选 C。 3．（2026·福建泉州·一模）泉州提线木偶戏是入选国家级非物质文化遗产的传统戏剧。如图所示，木偶在 提线作用下，其手掌在竖直面内由 位置沿圆弧线匀速率运动到 位置，在此过程中（ ） A．手掌的动量不变 B．手掌的动能不变 C．手掌的机械能守恒 D．提线对手掌不做功 【答案】B 【详解】A．动量是矢量，手掌做匀速率圆周运动，速度方向不断改变，因此手掌动量发生变化，故A 错 误； B．动能是标量，大小为 ，手掌匀速率运动，速度大小不变，因此动能不变，故B 正确； C．机械能=动能+重力势能，手掌从P 到Q 动能不变，高度升高，重力势能增大，因此总机械能增大，不 守恒，故C 错误； D．根据动能定理，手掌动能变化为0，重力对手掌做负功，因此提线的拉力必须做正功，才能使总功为 0，故提线对手掌做功，故D 错误。 故选B。 4．（2026·内蒙古包头·一模）我国空间站的姿态调整和轨道维持使用了一种先进的“电推进系统”，其工 作原理可简述为：将正离子由静止开始经强电场加速后喷出，从而对航天器产生推力。已知推进器消耗的 电功率为P，将电能转化为离子动能的效率为η，离子喷出的速度大小为v，忽略航天器质量变化，则推进 器产生的平均推力大小F 为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设时间∆t 内喷出离子的总质量为∆m，∆t 时间内所有喷出离子的总动能满足 根据动量定理，推进器对离子的冲量等于离子的动量变化，即 联立可得 根据牛顿第三定律可得推进器产生的平均推力大小 故选A。 5．（2026·河北·一模）如图所示为某餐厅的点餐、送餐机器人，质量 。某次承载质量 的 餐盘（包括食物）在水平地面上以 的速度匀速运动，某时刻机器人紧急制动，以 的加 速度做匀减速直线运动。已知餐盘与机器人水平台面间的动摩擦因数 ，餐盘没有从机器人上脱离， 取重力加速度 ，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ） A．制动过程中餐盘的加速度大小为 B．制动0.1s 内，餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为0.5J C．制动0.1s 内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为7N·s D．制动0.1s 内，机器人对餐盘的冲量大小为1N·s 【答案】C 【详解】A．机器人对餐盘的滑动摩擦力为 根据牛顿第二定律得，餐盘的加速度大小为 ，故A 错误； B．制动0.1s 内，餐盘的位移 机器人的位移 餐盘与机器人之间的相对位移为 餐盘与机器人之间因摩擦产生的总热量为 ，故B 错误； C．对机器人进行受力分析，得 解得地面对机器人的摩擦力 制动0.1s 内，地面对机器人的摩擦力的冲量大小为 ，故C 正确； D．机器人对餐盘的支持力为 机器人对餐盘的作用力为 制动0.1s 内，机器人对餐盘的冲量大小为 ，故D 错误。 故选C。 6．（2026·湖南邵阳·一模）如图，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以速度水平向左做匀速直线运动。已知拉 力与水平面成 角，其大小 随时间的变化关系为 （ ， 、 均为大于 的常量），无 人机的质量为 ，重力加速度为 。关于该无人机在0 到 时间段内（ 是满足 的任一时刻），下列 说法正确的是（ ） A．受到空气作用力的大小逐渐变大 B．受到拉力做功为 C．受到拉力的冲量大小为 D．受到空气作用力的冲量大小为 【答案】D 【详解】A．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， 则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着 的减小重力和拉力的合力如图 可知无人机受到空气作用力的大小逐渐变小，故A 错误； B．在水平方向上，拉力的大小 随时间的变化关系为 图像，如图所示 则无人机在0 到 时间段内受到拉力做功为 图像与坐标轴围成的面积，即 ，故 B 错误； C．拉力 随时间变化的 图像，如图所示 则无人机在0 到 时间段内受到拉力的冲量大小为 图像与坐标轴围成的面积，即 ， 故C 错误； D．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有 无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有 0 到T 时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为 0 到T 时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为 则0 到T 时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为 则受到空气作用力的冲量大小为 ，故D 正确。 故选D。 二、多选题 7．（2026·河南郑州·一模）一深空探测宇宙飞船以恒定速度v 经过宇宙微尘区，飞船垂直于速度方向的正 面面积为S，微尘区的密度为 。设微尘与飞船碰撞后附着于飞船上，且其质量远小于飞船质量，则（ ） A．单位时间内附着于飞船上的微尘质量为 B．单位时间内附着于飞船上的微尘质量为 C．为了使飞船速度保持不变，则飞船的牵引力应为 D．为了使飞船速度保持不变，则飞船的牵引力应为 【答案】AC 【详解】AB．飞船上附着的微尘质量为 由于题意可知要求的为单位时间内飞船上附着的微尘质量，此时 ，解得 ，故A 正确，B 错 误； CD．微尘与飞船碰撞后相对静止，由动量定理有 由之前分析可知，附着在飞船上的微尘质量为 由于飞船速度保持不变，所以飞船的牵引力与阻力相等，有 ，故C 正确，D 错误。 故选AC。 8．（2026·广东湛江·一模）如图甲所示，“反向蹦极”区别于传统蹦极，让人们在欢笑与惊叹中体验到了 别样的刺激。情境简化图如图乙所示，弹性轻绳的上端固定在 点，下端固定在人的身上，多名工作人员 将人竖直下拉并与固定在地面上的力传感器相连，人静止时传感器示数为1200N。打开扣环，人从 点像 火箭一样被“竖直向上发射”，经速度最大的位置 上升到最高点。已知 ，人（含装备）总质 量 （可视为质点）。忽略空气阻力，重力加速度 取 。下列说法正确的是（ ） A．打开扣环瞬间，人的加速度大小为 B． 的距离与 的距离相等 C．人从 点到点的过程中重力的冲量大小等于弹性绳弹力的冲量大小 D．人从 点到点的过程中一直处于超重状态 【答案】AC 【详解】A．打开扣环瞬间，弹性绳的弹力和重力的合力为 由牛顿第二定律可知 解得 ，故A 正确； B．设弹性绳的劲度系数为 ，人处于a 点时弹性绳的伸长量为 ，则 人经过 点时有 人由a 点运动到c 点的过程中，由动能定理得 解得 ，故B 错误； C．人从a 点到c 点的过程中由动量定理可知重力的冲量大小等于弹性绳弹力的冲量大小，故C 正确； D．人从a 点到c 点的过程中加速度先向上后向下，人先处于超重状态后处于失重状态，故D 错误。 故选AC。 9．（2026·广东·一模）如图所示，风洞实验室可以产生与水平方向成 的恒定风力。在风洞中A 点将一 个质量为 的小球以初速度 竖直向上抛出，经过时间 后小球运动到B 点。已知A、B 两点的竖直距 离 ，重力加速度为 下列说法正确的有（ ） A．恒定风力大小为 B．小球到达B 点时的速率为 C．从A 点到B 点的过程，风力对小球的冲量大小为 D．小球到达B 点时，风力的瞬时功率为 【答案】ACD 【详解】A．设恒定风力的大小为 ，将其沿水平方向和竖直方向分解，则有 ， 假设小球在竖直方向上做匀加速直线运动，根据位移时间公式有 解得 可知小球在竖直方向做匀速直线运动，合力为零，则有 解得 ，故A 正确； B．小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 小球到达B 点时水平方向的速度大小为 故小球到达B 点时的速率为 ，故B 错误； C．从A 点到B 点的过程，风力对小球的冲量大小为 ，故C 正确； D．小球到达B 点时，设小球的速度 与水平方向的速度夹角为 ，根据几何关系有 解得 而风力与水平方向的夹角也为 ，即小球到达B 点时风力的方向与速度 的方向相同，故小球到达B 点 时，风力的瞬时功率为 ，故D 正确。 故选ACD。 10．（2026·重庆·一模）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为 的小球 、 。小球 用细线悬挂于天花 板上，系统处于静止状态。现将细线烧断，以此为计时起点， 、 两小球运动的 图线如图乙所示， 表示0 到 时间内 的 图线与横轴所围面积大小，重力加速度为 。下列说法不正确的是（ ） A．从0 到 时刻，弹簧对 球的冲量为 B． 时刻， 球的速度大小为 C． 时刻，弹簧弹性势能最大 D． 时刻， 、 两小球的速度差最小 【答案】ACD 【详解】A．加速度与时间的关系（ ）中图像与时间轴围成的面积是速度变化量 ，从图像可知从0 到 时刻两图线与时间轴所围成的面积相等，而小球A、B 的初速度为0，即 时刻两小球速度大小相等， 对A 与B 的整体列动量定理，有 所以两球速度大小 设弹簧对球A 的冲量为 ，对A 球由动量定理有 解得 ，故A 说法错误，符合题意； B．从0 到 时刻，以A、B 两球整体为研究对象，可列动量定理 其中 时刻小球A 的速度大小为 化简得 时刻小球B 的速度大小为 ，故B 说法正确，不符合题意； C． 时刻，两小球加速度大小相等，设弹簧的弹力为T，则对A 分析，有 对球B 分析，有 联立可知 ，即弹簧处于原长，弹性势能为0，故C 说法错误，符合题意； D．从图乙可知，从0 到 时刻，两个图像与时间轴围成的面积差一直在增大， 时刻达到最大，即 时刻 A 与B 的速度差最大，故D 说法错误，符合题意。 故选ACD。 三、解答题 11．（2026·陕西西安·模拟预测）在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y 两个方向上分 别研究。如图质量为m 的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平固定面上，与水平面碰前瞬时速度为v0，方 向与水平方向夹角α=45°。薄片与水平面间的动摩擦因数μ=0.1。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。 薄片每次碰撞前后竖直方向的分速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。已知sin37°=0.6， 求： (1)薄片与水平面在第1 次碰撞后瞬间速度与水平方向夹角的正切值； (2)薄片与水平面在第1 次碰撞的过程中，受到地面的冲量大小； (3)薄片与水平面发生多少次碰撞后，水平位移将不会再增加？ 【答案】(1) (2) (3)5 次 【详解】（1）依题意，设薄片质量为m，将速度v0分解到水平和竖直方向，则水平与竖直方向的初速度 大小均为v，与地面作用时的弹力为FN，作用时间为t，根据动量定理，竖直方向上，有 水平方向，有 联立可得 则速度与水平方向夹角的正切值为 （2）第1 次碰撞的过程中，竖直方向速度变化量为 水平方向速度变化量为 所以动量变化量为 其中 根据动量定理可得 联立解得薄片受到地面的冲量大小为 （3）结合题意和前面分析可知，薄片与水平面每次碰撞过程中，薄片竖直方向的动量变化量大小相等， 均为 第一次碰撞过程中，薄片水平方向的动量变化量大小为 当水平位移不再增加时，即水平速度减为零，则有 联立解得 则薄片与水平面发生5 次碰撞后，水平位移将不会再增加。 12．（2026·河北沧州·一模）跑酷运动员通过在墙壁间左、右跳跃来爬上高墙。如图所示，两墙壁的间距 为2m，左墙壁的高度为5m，运动员（可视为质点）向右冲向墙壁，在离右墙壁2m 的地方斜向右上方起 跳，与右墙壁作用两次，与左墙壁作用一次，第二次到左墙壁时恰好到达左墙壁上沿。运动员每次和墙壁 作用前瞬间竖直速度恰好减到零，作用前、后水平速度大小不变、方向反向，作用后瞬间的竖直速度和在 地面起跳时的竖直速度相等。已知运动员每次和墙壁的作用时间都为0.1s 且与墙面不发生相对滑动，运动 员的质量为50kg，重力加速度 ，不计空气阻力。求： (1)运动员每次与墙壁作用过程中水平方向和竖直方向的平均作用力大小； (2)运动员从起跳后至跳到左墙壁上沿的过程中，机械能的增加量。 【答案】(1) ， (2)1875J 【详解】（1）由分析可知，运动员跳到5m 的高墙是4 段相同的抛物线轨迹，每一段的水平位移为2m， 竖直位移为 且每次上升1.25m 时竖直方向的速度恰好减到零，设每次上升1.25m 的时间间隔为，竖直方向的初始速 度为 ，则根据运动学公式有 ， 解得 ， 设运动员水平方向的运动速度为 ，由于水平方向做的是匀速直线运动，则有 解得 设墙壁对人的平均作用力的水平分量为 ，以反弹后的水平运动方向为正方向，则在水平方向列动量定 理方程有 解得 设墙壁对人的平均作用力的竖直分量为 ，以竖直向上为正方向，则在竖直方向列动量定理方程有 解得 （2）以地面为重力势能的零势能面，运动员起跳后瞬间的动能为 运动员跳到左墙壁上沿时的机械能为 故运动员从起跳后至跳到左墙壁上沿的过程中，机械能的增加量为 一、单选题 1．（2026·四川雅安·一模）如图所示，静置于光滑水平面的底座上固定有内壁光滑的U 型管道（管道在竖 考点2 动量守恒定律及初步应用 直面内），半径比管道内径略小的小球以某一初速度沿水平方向进入管道。小球在管道内运动的过程中， 下列说法正确的是（ ） A．小球对管道的弹力始终不做功 B．小球对管道的弹力的冲量始终为零 C．小球、管道与底座构成的系统动量守恒 D．小球、管道与底座构成的系统机械能守恒 【答案】D 【详解】A．小球在管道弯曲部分运动时，会对管道产生一个作用力（弹力）。由于底座放置在光滑水平 面上，这个弹力在水平方向的分力会使管道和底座发生水平位移。因此，小球对管道的弹力在位移方向上 有分量，会对管道做功。故A 错误； B．小球在管道弯曲部分运动时，小球对管道的弹力在水平方向的分力不为零，根据动量定理，这个弹力 的冲量等于管道（及底座）动量的变化量。由于管道（及底座）从静止开始运动，其动量发生变化，所以 弹力的冲量不为零。故B 错误； C．小球、管道与底座构成的系统在水平方向上动量守恒。故C 错误； D．小球、管道与底座构成的系统，整个过程中，只有重力和系统内的弹力做功，则系统的机械能守恒。 故D 正确。 故选D。 2．（2026·广东梅州·一模）如图甲所示，在一台已调平的气垫导轨上放置了质量分别为 和 两个滑块 、 。气垫导轨两端安装了速度传感器并连接电脑进行数据处理。某次操作过程中记录下速度随时间 变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ） A．两滑块发生的碰撞是非弹性碰撞 B．两滑块碰撞过程中动量不守恒 C．两滑块的质量之比 D．碰撞过程中两滑块所受冲量相同 【答案】A 【详解】B．两滑块碰撞过程中所受合外力为0，系统动量守恒，B 错误； D．碰撞过程中两滑块所受冲量大小相等，方向相反，冲量不同，D 错误； C．由题图可知碰撞前 ，碰撞后 根据动量守恒关系 解得 ，C 错误； A． ，设 ，则 碰撞前的机械能 碰撞后的机械能 因 ，碰撞过程中动能有损失，所以这是一个非弹性碰撞，A 正确。 故选A。 3．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）现有两个带等量异种电荷的小球放置在光滑绝缘的水平面上，用绝缘弹簧 连接，弹簧处于原长，空间存在水平向右的匀强电场。将两小球由静止释放，在运动过程中，两小球和弹 簧组成的系统（ ） A．动量守恒，机械能不守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 【答案】A 【详解】由于两球所带电荷量相等而电性相反，则系统所受电场力的合力为零，系统所受的合外力为零， 因此系统动量守恒，但在运动过程中，电场力对两小球做功之和不为零，即存在机械能与电势能的相互转 化，所以机械能不守恒。 故选A。 4．（2026·江苏·一模）如图所示，小圆环A 穿在光滑水平直杆上，通过细线与小圆环B 相连，初始时细线 恰好水平拉直。现将A、B 从图示位置由静止释放，B 的运动轨迹如图中虚线所示，Q 点为右侧轨迹的最高 点，不计空气阻力，则（ ） A．A 做简谐运动 B．A、B 的系统动量守恒 C．A 的质量大于B 的质量 D．仅增大B 的质量，B 能到达Q 点的右侧 【答案】C 【详解】A．图示时刻，小圆环B 释放瞬间，小圆环A 只受支持力，不满足 的情况，因此不是简谐 运动，故A 错误； B．在运动过程中，小圆环A 与B 构成的系统在竖直方向上受到的合外力不为零，因此系统动量不守恒， 但是在水平方向上动量守恒，故B 错误； C．由水平方向动量守恒可知 所以小圆环A 与B 的水平速度方向相反，大小满足 由图可知，当小圆环B 运动到最高点Q 时，水平方向运动的位移 即 因此 ，故C 正确； D．由水平方向动量守恒可得 ，若只增大 ，则 会减小，因此小圆环B 向右摆动的水平位移 会减小，无法到达Q 点右侧，故D 错误。 故选C。 二、多选题 5．（2026·湖北·一模）α 粒子以一定的初速度与静止的氧原子核发生正碰。此过程中，α 粒子的动量p 随时 间t 变化的部分图像如图所示， 时刻图线的切线斜率的绝对值最大，且该时刻的动量为 。则（ ） A．0 到 过程中，α 粒子与氧原子核的距离在不断减小 B． 时刻两原子核速率相等 C． 时刻氧原子核的动量为 D． 时刻系统的动能最小 【答案】BC 【详解】A．0 到 过程中， 粒子受到氧原子核的斥力作用，做减速运动，两者距离不断减小； 到 过 程中， 粒子仍在减速，氧原子核加速，此时 粒子的速度小于氧原子核的速度两者距离不断增大，故A 错误。 B． 时刻图线的切线斜率绝对值最大，说明此时 粒子受到的作用力最大，也就是两原子核间的距离最小， 此时两原子核的速率相等，故B 正确。 C．根据动量守恒定律，系统总动量始终为 。 时刻 粒子的动量为 ，则氧原子核的动量为 ， 故C 正确。 D．系统的动能在两原子核距离最小时最小，因为此时电势能最大，动能最小； 时刻 粒子即将反向离 开氧原子核，动能比 时刻大，故D 错误。 故选BC。 6．（2026·山东德州·一模）如图所示，两根固定的足够长的光滑平行金属导轨 、 的间距为 ，其电 阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成 角。杆、杆 是两根用轻绳连接的金属杆，质量分别为 和 ，两杆长度均为 ，两杆垂直导轨放置，两杆的两端均有装置使其不会脱离导轨，只能沿导轨无摩 擦运动，两杆的总电阻为 ，两杆在沿导轨向上的外力 作用下保持静止（ 作用在杆上）。整个装置 处在磁感应强度为 的匀强磁场中，磁场方向水平向左。某时刻将轻绳烧断，保持 不变，两杆从开始运 动到刚达到最大速度经历的时间为，重力加速度为 。下列说法正确的是（ ） A．细线烧断后，杆和杆 组成的系统沿导轨方向动量不守恒 B．杆的最大速度为 C．杆达到最大速度时，上滑的距离为 D．杆 达到最大速度时，下滑的距离为 【答案】BD 【详解】A．初始两杆静止，对整体沿导轨方向受力平衡： 烧断细线后，对两杆系统，外力沿导轨方向合力： 两杆安培力沿导轨方向大小相等、方向相反，安培力合力为零（安培力为系统内力）。因此系统沿导轨方 向合外力为零，动量守恒，故A 错误。 B．达到最大速度时，系统加速度为零，由动量守恒（初始动量为0）： 即： 感应电动势：磁场水平向左，垂直导轨平面的磁感应强度分量为 总感应电动势 电流 。 对杆1 受力平衡（沿导轨方向）： 代入 化简得： 即： 故 B 正确。 CD．由动量守恒定律得： 即 。 对杆1 用动量守恒定律： 总电荷量 代入 化简得： 因此杆1 上滑距离 与C 选项不符，故C 错误； 杆2 下滑距离 与D 选项一致，故D 正确。 故选BD。 三、解答题 7．（2026·河北·一模）如图所示，半径 的四分之一光滑圆弧槽固定在平台边缘，其最低点与水平 面相切，平台下方光滑水平面上有一质量 、长度 的平板车，平板车的左端紧贴平台。现 将质量 的小球由圆弧槽上端静止释放，当小球经过槽口末端时，让平板车开始向右匀速运动，一 段时间后小球恰好落在平板车右端，然后反弹，已知槽口到平板车的高度 ，小球反弹高度 ，小球与平板车间的动摩擦因数 ，且接触时间极短，重力加速度g 取 ，空气阻力不 计。求： (1)平板车开始运动时的速度大小； (2)小球与平板车发生碰撞后平板车的速度大小。 【答案】(1)1.5m/s (2)1.7m/s 【详解】（1）设小球离开圆弧槽时速度大小为 ，由机械能守恒定律，得 解得 小球从平台落到车上用时为t，有 解得 设车的初速度为v1，则车的位移 小球水平位移为 位移与车长关系 解得 （2）小球与车碰撞过程中，时间极短，设弹力大小为FN，竖直向上。设小球与车碰撞前竖直方向速度大 小为vy1，则 小球与车碰撞后竖直方向速度大小为vy2，则 根据动量定理，时间极短则重力冲量忽略不计，则竖直方向有 水平方向 设小球与平板车碰撞后平板车速度为v2，碰撞过程水平方向动量守恒，有 且需满足 联立解得 （情境合理）) 一、单选题 1．（2026·安徽合肥·一模）如图所示，质量分别为m 和2m 的小球P、Q 中间压缩一轻弹簧（弹簧与小球未 拴接），并锁定在光滑水平面上。某时刻解除锁定，P、Q 由静止分别向左、右运动。从解除锁定到弹簧 恢复原长的过程，下列说法正确的是（ ） A．P、Q 的动量变化量大小之比为2：1 B．P、Q 的速度变化量大小之比为2：1 C．P、Q 的位移大小之比为1：2 D．弹簧对P、Q 做功之比为1：2 【答案】B 【详解】AB．弹簧恢复原长的过程，两球组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，故P、Q 的动量变化 量等大反向，根据 可知，P、Q 的速度变化量大小之比等于质量的反比，即 ，故A 错误，B 正确； C．弹簧恢复原长的过程，根据动量守恒可知，任意时刻P 的速度都是Q 的速度的2 倍，则P、Q 的位移大 小之比为 ，故C 错误； 考点3 碰撞及类碰撞 D．弹簧恢复原长的过程中的任意时刻，弹簧对P、Q 的弹力大小都相等，则弹簧对P、Q 做功之比等于位 移之比，即 ，故D 错误。 故选B。 2．（2026·辽宁大连·一模）如图所示，半径为 的半圆柱固定于水平地面上，一质量为 的小物块放 置于其最高点。在圆心 点正上方 处有一悬点，将细绳的一端系于悬点，另一端悬挂一小球，质量为 ，将小球拉至细线与竖直方向成 位置静止释放，小球与小物块发生弹性正碰后，小物块恰能从 半圆柱的最高点脱离圆柱面。不计一切阻力，小球、物块均可视为质点，g 取10m/s2，则 为 （ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】悬点在 点正上方 ，半圆柱最高点在 点正上方 处，因此绳长 小球下摆过程机械能守恒，有 解得 小物块恰能从半圆柱最高点脱离，此时支持力为0，重力提供向心力，得 解得 弹性正碰满足动量守恒、动能守恒，有 ， 解得 代入 ， ，整理得 即 ，因此 故选B。 二、多选题 3．（2026·陕西咸阳·一模）如图所示，小球A、B 用长为L 的轻质细绳连接，B 球穿在光滑水平细杆上，A 球质量为m，B 球质量为2m。初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B 由静止释放，空气阻力不计，重力 加速度为g。从释放到A 第一次运动到最低点的过程中，下列说法正确的是（ ） A．A、B 组成的系统动量守恒 B．B 球向右运动距离为 C．A 球机械能减小了 D．细绳对B 球的冲量等于B 球动量的变化量 【答案】BC 【详解】A．对A、B 组成的系统，在竖直方向上A 球有加速度，系统所受的合外力不为零，因此系统的动 量不守恒，A 错误； B．系统在水平方向动量守恒 即 ，又 解得 ，B 球向右运动的距离为 ，B 正确； C．对A、B 组成的系统，水平方向动量守恒 系统机械能守恒 联立解得 A 球重力势能减少了 A 球动能增加了 A 球机械能的变化量 ，C 正确； D．B 球在运动过程中受到重力、细杆的支持力和细绳的拉力，B 球动量的变化量等于这三个力冲量的矢量 和，D 错误。 故选BC。 4．（2026·辽宁沈阳·一模）物块a、b 中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a 的质量为 1kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长。t＝0 时对物块a 施加水平向右的恒力F，t＝1s 时撤去F，在0~1s 内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动 过程下列分析正确的是（ ） A．恒力F 的冲量为1N·s B．b 物块的质量为2kg C．t=1s 时b 的速度小于0.15m/s D．弹簧伸长量最大时，b 的速度大小为 m/s 【答案】ABD 【详解】A．t=0 时，对物块a 根据牛顿第二定律有 恒力F 的冲量为 故A 正确； B．t = 1s 时，设弹簧弹力大小为T，对a、b 根据牛顿第二定律有 ， 联立解得 ，故B 正确； C．a—t 图像与坐标所围的面积表示速度的变化量，所以t = 1s 时b 的速度 故C 错误； D．根据动量定理可知撤去拉力时，a、b 组成的系统动量为 撤去拉力后，根据图像可知a 的速度大于b 的速度，则a、b 之间距离还将继续增大，此后a、b 组成的系 统动量守恒，弹簧伸长量最大时，a、b 的速度相同，设为v，则 解得 ，故D 正确。 故选ABD。 5．（2026·福建·一模）如图所示，三小球a、b、c 的质量分别为m、2m、6m，放于光滑的水平面上，小球 b、c 中间的轻质弹簧此时为原长（弹簧与小球均没有连接，可以分离），小球c 右侧有一固定挡板。现让 小球a 以速度v0向右运动，与小球b 碰后黏在一起，a、b 两小球碰撞时间极短，当ab 整体向右运动速度 为 时撤去挡板，则（ ） A．此后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为 B．此后的运动过程中弹簧的最大弹性势能为 C．此后的运动过程中小球c 的最大速度为 D．运动全过程中，弹簧的最大弹性势能可能为 【答案】AC 【详解】ABD．小球a、b 碰后黏在一起，根据动量守恒有 可得小球a、b 碰后黏在一起的速度为 撤去挡板后，当a、b、c 速度相同时弹簧弹性势能最大，设a、b、c 共同速度为 ，以a、b、c 整体为研 究对象，根据动量守恒定律 解得 根据能量守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为 所以运动全过程中，弹簧的最大弹性势能不可能为 ，故A 正确，BD 错误； C．当弹簧恢复原长时，小球的速度最大，根据动量守恒定律有 根据能量守恒有 联立解得小球c 的最大速度为 ，故C 正确。 故选AC。 6．（2026·四川攀枝花·一模）如图所示，质量M=3m 的滑块Q 静止在光滑水平面上，其上表面的左侧部分 AB 段为长L 的粗糙水平面、右侧部分BC 段为半径为R 的光滑四分之一圆弧，AB 与BC 在B 点相切，C 点 为圆弧最高点。一质量为m 的滑块P 以水平初速度v0从滑块Q 的A 端滑入，能经B 点滑上圆弧段。已知重 力加速度为g， ，滑块P 与滑块Q 上表面AB 段的动摩擦因数μ 恒定，空气阻力不计，则下列说 法中正确的是（ ） A．若 ，则滑块P 能从Q 的C 端飞出 B．滑块 之间的动摩擦因数可能为 C．若 ，则最终P、Q 组成的系统损失的机械能为 D．滑块Q 在整个运动过程中速度的最大值不可能超过 【答案】AC 【详解】A．若滑块P 恰好到达C 端，有 ， 联立解得 所以，若 ，则滑块P 能从Q 的C 端飞出，故A 正确； B．若滑块P 恰好到达B 端，有 ， 联立解得 所以，若 ，则滑块P 不能滑上圆弧轨道，故B 错误； C．若 ，则滑块将冲上圆弧轨道，但不会从C 点飞出，假设滑块会返回A 端，则 ， 解得 由此可知，假设成立，且滑块返回到A 端时，二者恰好共速，之后一起做匀速直线运动，所以最终P、Q 组成的系统损失的机械能为 ，故C 正确； D．由以上分析可知，当P 冲上圆弧轨道上升到最高点时，二者共速，此时速度为 ， 故D 错误。 故选AC。 7．（2026·辽宁沈阳·一模）如图（a），水平地面上紧靠平台依次摆放两块完全相同的木板，木板上表面 与平台表面等高。一质量为0.01kg 的子弹以 水平射入木块并留在其中，随后立即冲上木板，设 此时 ，木块的速度随时间关系图像如图（b）所示。每块木板质量均为0.2kg，木板与地面间的动摩 擦因数为 ；木块质量 ，其与木板间的动摩擦因数为 。木块一直未从木板上掉下，最大静 摩擦力与滑动摩擦力大小相等。已知重力加速度大小 ，下列说法正确的是（ ） A． 时木块的速度大小为10m/s B． C．每块木板的长度均为8m D．木块与木板间因摩擦产生的总热量为13.92J 【答案】ACD 【详解】A．设 时木块的速度大小为，子弹打入木块没有穿出，两者有共同速度，根据动量守恒有 解得 ，故A 正确； B．由图（b）可知，在 内子弹与木块组成的整体做匀减速直线运动，根据 图像的斜率绝对值 表示加速度大小，可得加速度大小为 根据牛顿第二定律有 解得 在 时子弹与木块组成的整体与木板达到共同速度，故在 子弹与木块组成的整体与木板相 对静止，做匀减速直线运动，根据 图像的斜率绝对值表示加速度大小，可得加速度大小为 根据牛顿第二定律有 解得 故 ，故B 错误； C．木块在第一块木板上滑动时，木板对木块产生的滑动摩擦力为 地面对两块木板的最大静摩擦力为 其中 代入数据解得 因 ，说明木块在第一块木板上滑动时，两块木板不会滑动，当木块到第二块木板时，地面对第二块 木板的最大静摩擦力为 其中 代入数据解得 因 ，故第二块木板会运动，根据牛顿第二定律有 解得 设时间 木块与木板达到共同速度 ，根据 解得 由图（b），可知在 时木块与木板的速度相同，故木块在第一块木板上运动的时间为 木块在第一块木板上做减速直线运动，且木板静止不动，故木块运动 的位移，即为木板的长度 ， 根据位移时间公式有 代入数据解得 ，故C 正确； D．木块滑上第二块木板的速度为 则木块在第二块木板上运动时，木块的位移为 第二块木板的位移为 故木块相对第二块木板的位移为 则木块与木板间因摩擦产生的总热量为 ，故D 正确。 故选ACD。 8．（2026·甘肃·一模）如图所示，长木板B 放在光滑水平面上，在其右端放一个可视为质点的小木块A， 给A 一个水平向左的初速度，当A、B 质量相等时，A 恰好能停在B 的最左端。若A、B 间的动摩擦因数为 ，则（ ） A．若只增加A 的质量，A 一定从B 上滑下 B．若只增加B 的质量，A 在B 上滑行时间变长 C．若只减小 ，A 一定从B 上滑下 D．若只增大 ，系统因摩擦产生热量不变 【答案】CD 【详解】A．设AB 质量分别为M、m，A 的初速度大小为 ，规定向左为正方向，由动量守恒有 根据能量守恒有 （x 为A 相对于B 的运动距离） 联立解得 题意可知当M=m 时 （L 为B 的长度） 若增加A 的质量M，则A 相对于B 的运动距离x 减小，即A 一定不会从B 上滑下，故A 错误； B．若只增加B 的质量，由A 选项可知，A 相对于B 的运动距离会增大，即A 一定会从B 上滑下，根据牛顿 第二定律，可知AB 的加速度大小分别为 ， 可知B 的加速度会减小，B 的速度增加变慢，故A 相对B 的速度会比之前大，故A 在B 上滑行时间变短， 故B 错误； C．若只减小 ，由A 选项可知，A 相对于B 的运动距离会增大，即A 一定会从B 上滑下，故C 正确； D．若只增大 ，由A 选项可知，A 相对于B 的运动距离会减小，即A 一定不会从B 上滑下，可知AB 最终 一定共速且速度仍为v，根据能量守恒，可知摩擦生热均为 ，故D 正确。 故选CD。 三、解答题 9．（2026·北京延庆·一模）如图所示，质量为m=1kg 的物块A 在水平传送带左端的光滑水平面上以 v0=1m/s 的速度向右滑行，传送带右端有一质量为M=1kg 的小车静止在光滑的水平面上，车的右端挡板处 固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q 点，小车的上表面左端点P 与Q 之间粗糙，Q 点右侧光滑，左侧水平 面、传送带及小车的上表面均无缝平滑连接，物块A 与传送带及PQ 之间的滑动摩擦因数相同且μ=0.5，传 送带长L=4.5m，以恒定速率v=6m/s 顺时针运转。取重力加速度g=10m/s2，物块A 可视为质点，求： (1)物块A 与传送带之间因摩擦而产生的热量Q； (2)物块A 从滑上传送带到离开传送带过程中摩擦力对其做的功Wf； (3)物块A 滑上小车后向右挤压弹簧，最终恰好没有离开小车，则P、Q 之间的距离x。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设经过时间t，物块A 与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式可得 根据牛顿第二定律可得 代入数据可得t=1s 物块A 滑行的距离 传送带的位移 则 物块A 与传送带之间因摩擦而产生的热量 （2）物块A 滑上传送带后先做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 解得 （3）物块A 最终没有离开小车，物块A 与小车具有共同的末速度 ，物块A 与小车组成的系统动量守恒， 有 分析过程由能量守恒可得 解得 10．（2026·安徽合肥·一模）如图所示，半径R＝0.9m（不计内外径之差）的光滑圆形管道固定在竖直平 面内，管道中有大小可忽略的小球A、B。A 球从圆心等高处以 的初速度沿管道向下运动，与 静止在轨道最低点的B 球发生弹性正碰，碰后B 球恰好能到达管道最高点，且B 球一旦到达最高点立即被 锁定。已知A 球的质量 ，重力加速度g 取 。求： (1)与B 球碰前瞬间，A 球对管道的压力大小； (2)B 球的质量 ； (3)假设两球碰撞的时间为0.01s，则碰撞过程中B 球对A 球的平均作用力为多大？ 【答案】(1)100N (2)2kg (3)1200N 【详解】（1）A 球从初始位置到最低点过程中，由动能定理可得 在最低点，由牛顿第二定律可得 解得 由牛顿第三定律可知，A 球对管道压力大小 （2）在最低点A 球与B 球发生弹性正碰有 ， 碰后B 球恰好能达到管道最高点，则 代入数据，联立解得 （3）A、B 两球碰撞，对B 球由动量定理 解得 由牛顿第三定律可知，碰撞过程中B 对A 的平均作用力为 11．（2026·山西大同·一模）如图所示，质量均为 的长方体滑块 、 靠在一起并套在足够长的 光滑固定水平杆上，长 的轻质细线一端固定在滑块 上，另一端系住一质量为 的小球 。现将 球向左拉起至细线恰好水平伸直的位置，然后由静止释放 球，不计空气阻力，重力加速度 取 ，结果可带根号。求： (1)从释放 球到 、 两滑块恰好分离，滑块 的位移大小； (2)从释放 球到 、 两滑块恰好分离，滑块 对 弹力的冲量大小； (3)若滑块 锁定，在 球下摆过程中，滑块 对 的弹力最大值。 【答案】(1)0.5m (2) (3)15.0N 【详解】（1） 球运动到最低点时， 、 恰好分离，设 、 水平位移大小为 、 的水平位移大小 为 ，则 设 、 的速度大小为 ， 球的速度大小为 ， 、 、 组成的系统在水平方向上任意时刻动量守 恒，可得 则 、 的水平位移大小满足关系 解得 （2）在 、 两滑块分离时， 、 、 组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有 ， 联立以上两式，解得 又据动量定理，滑块 对 弹力的冲量大小为 （3）设在 球下摆过程中，当细线与水平方向夹角为 时，细线的张力大小为 ， 球的速度大小为， 对 球，据机械能守恒，得 此时，将 球的重力沿着轨迹切线和半径方向进行分解，沿径向方向，据牛顿第二定律，有 对于滑块 ，由于其处于平衡状态，在水平方向，有滑块 对 的弹力 联立以上三式，得 即当 时，滑块 对 的弹力有最大值 12．（2026·山西晋城·一模）如图所示，在光滑水平面上有两个完全相同的四分之一光滑圆弧体A、B，二 者粘在一起，构成一个半径为R 的光滑半圆弧体，CD 是半圆弧的水平直径，A、B 的质量均为2m，将质量 为m 的小物块在圆弧面的C 点由静止释放，小物块可视为质点，重力加速度为g，求： (1)小物块第一次运动到圆弧面的最低点时速度大小； (2)小物块在圆弧面上运动过程中，圆弧体向左运动的最大距离； (3)若小物块刚好第一次滑过圆弧最低点时A、B 分离，物块在B 圆弧面上向上运动的最大高度。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设物块第一次运动到圆弧面的最低点时，速度大小为 ，圆弧体的速度大小为 ，根据水 平方向动量守恒 根据机械能守恒 解得 ， 即小物块第一次运动到圆弧面的最低点时速度大小为 。 （2）当物块向右滑到最高点时圆弧向左运动的距离最大。 当物块向右滑到最高点时，根据水平方向动量守恒可知，这时物块与圆弧体的速度均为0，根据机械能守 恒可知，这时物块刚好到达最高处D 点。 根据水平方向动量守恒可知 则 即 根据几何关系 解得 （3）设物块在圆弧体B 上上滑的最大高度为h，物块到最高点时物块与B 的共同速度为v，根据水平方向 动量守恒 根据机械能守恒 解得 13．（2026·河北承德·一模）如图所示，小车上固定一光滑半圆形轨道，静止在光滑水平地面上.总质量为 M。轨道最低点为A，最高点为B，O 点为圆心，轨道半径为r，AB 竖直。一质量为m 的光滑小球以一定 速度从小车左端冲上小车并从A 点进入轨道。M=2m，重力加速度为g。 (1)若小车固定，小球恰好能过最高点B，求小球的初速度大小； (2)若小车不固定，小球恰好到圆心等高处，求小球的初速度大小； (3)若小车不固定，小球上升到C 点时离开轨道，OC 与水平方向的夹角θ>45°，请通过计算判断小球能否直 接落在A 点左侧。 【答案】(1) (2) (3)小球能够直接落在A 点左侧。 【详解】（1）小车固定时，小球运动过程机械能守恒，恰好过最高点B 点时，重力提供向心力，根据牛 顿第二定律有 由机械能守恒定律有 解得初速度大小 （2）小球到达圆心等高时，小球与小车水平方向共速，由动量守恒可得 根据机械能守恒有 联立解得小球初速度 （3）设小球离开C 点时，小球对地水平速度为 ，小车对地水平速度为 ，系统水平方向动量守恒有 即 可得 （小球水平速度小于小车） 小球离开轨道时支持力 小球相对小车的速度为 ，沿法线方向重力分量提供向心力，有 整理得 且小球相对小车的水平速度 设小球离开轨道瞬间A 点对地坐标为 则C 点初始水平坐标为 经过下落时间后，小球落地水平坐标为 此时A 点水平坐标为 位置差为 若要小球能直接落在A 点左侧，则需 ，即 小球竖直方向速度为 小球脱离轨道后做斜抛运动，以竖直向下为正方向，有 可得 因此 ，即 ，小球能直接落在A 点左侧。 14．（2026·重庆·一模）如图甲所示，质量为 的 环套在光滑足够长的水平杆上，通过长为 的轻绳与 质量为 的 球相连， 与光滑地面间恰好没有弹力。小球 与 完全相同，某时刻开始C 以速度 向左运动，与 发生碰撞并粘在一起，碰后 、 共同运动的部分轨迹如图乙所示，a、c、e 为轨迹最低 点，b、d 为轨迹最高点，重力加速度为 ，求小球B 与C∶ (1)碰撞过程中，B 受到的冲量大小； (2)碰撞后能上升的最大高度； (3)运动到c 点时绳子拉力的大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设小球C 开始时的速度为 碰撞后B、C 的共同速度为 ，由动量守恒定律可得 解得 B 受到冲量的大小为 （2）由题可知，BC 粘在一起后，A、BC 组成的系统在水平方向动量守恒，设BC 上升的最大高度为， ABC 三者共同速度为，由动量守恒定律可得 由能量守恒定律可得 联立解得 （3）设小球BC 碰后在c 点的速度为 ，A 球的速度为 ，ABC 组成的系统水平方向动量守恒，则有 由能量守恒定律可得 联立解得 ， 故在最低点时，BC 相对于A 的速度水平向右，大小为 由牛顿第二定律可得 解得BC 运动到c 点时绳子拉力的大小为 15．（2026·重庆·一模）如图所示，足够长的水平传送带顺时针匀速转动，其左侧紧邻光滑轨道AMN，AM 倾斜、MN 水平，其右侧紧邻粗糙水平面PQ。初始时刻，小物块a 静置于AM 上，小物块b 静置于MN 上， 小物块c 静置于PQ 左端点P 处。现将a 由静止释放，a 与b 发生碰撞后粘在一起进入传送带，且ab 进入 传送带时的动能为 。ab 运动至P 处时以动能 与c 发生弹性碰撞，此后ab 与c 恰好未发生下一次碰撞。 从ab 与c 碰撞后至各自停止，ab 与c 各自运动的时间之比为 。已知a、b 质量均为m，重力加速度为 g，ab 与传送带及PQ 间的动摩擦因数相同。所有物块均可视为质点，M、N、P、Q 在同一水平线上，碰 撞时间、空气阻力及各连接处的能量损失不计。求： (1)传送带的速度大小； (2)a 释放时距MN 的高度； (3)c 的质量。 【答案】(1) (2) (3) 或 【详解】（1）设传送带的速度大小为u，由分析知，ab 与c 碰撞前已与传送带共速 由 解得 （2）设a 释放时距MN 的高度为，则a 下滑过程中由动能定理有 a、b 碰撞过程中由动量守恒定律有 又因为 联立解得 （3）取ab 质量为 ，c 质量为 ，ab 与c 发生弹性碰撞，则 ， 联立解得 ， 设ab 与c 在PQ 上匀减速的加速度大小分别为 、 ，由题中的时间、位置关系可得 或 且有 解得 或 因此c 的质量为 或 一、单选题 1．（2026·山东滨州·一模）有一种带锁定装置的弹簧系统，只要弹簧两端连接的小球速度相同（v≠0）， 弹簧便实现“锁定”，即弹簧的长度不再发生变化（此时弹簧可视为质量不计的细杆）。如图所示，在光 滑的水平地面上，沿同一直线静止放置两个这样的弹簧系统，初始状态弹簧均处于原长，4 个小球质量相 等。球与球之间的碰撞时间极短，且为弹性碰撞，B、C 之间的距离足够长。现给A 球一个水平向右的初速 度v0，则D 球的最终速度为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 考点4 动量守恒解决多过程问题 【详解】设每个小球质量均为 ，水平面光滑，A、B 系统动量守恒。A 初速度为 ，当A、B 共速时满足 锁定条件，由动量守恒可得 解得共速后A、B 整体速度为 锁定后的A、B 总质量为 ，与静止的C 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，根据动量守恒有 根据机械能守恒有 联立解得碰撞后C 的速度为 ，AB 速度为 C 向右运动，与D 的弹簧作用，当C、D 共速时锁定，根据动量守恒有 代入 解得D 最终速度为 故选B。 二、多选题 2．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在管道清理或物料输送的日常生产场景中，常涉及物体在竖直管道中的运 动。如图所示为一根无限长且固定的竖直圆管，管内有一质量为 的水平薄圆盘恰好静止，圆盘距圆管 的上端口有一段距离。一质量为 的小球从管的上端由静止释放，以速度 与圆盘发生弹性碰撞（碰撞时 间极短），碰撞后圆盘在管中匀速向下滑动，设小球在管中运动时与管壁不接触，小球与圆盘的碰撞始终 为弹性碰撞，重力加速度大小为 ，不计空气阻力，圆盘所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列选 项正确的是（ ） A．第一次碰撞结束瞬间小球的速度大小为 B．第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔为 C．第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆盘与圆管摩擦产生的热量为 D．第二次碰撞与第三次碰撞之间小球与圆盘之间的最大距离为 【答案】ACD 【详解】A．以向下为正方向，弹性碰撞动量守恒，能量守恒，有 ， 解得 ， 因此第一次碰撞结束瞬间小球的速度大小为 ，故A 正确； B．第一次碰撞后，小球相对水平薄圆盘的速度为 发生第二次碰撞，相对位移满足 解得 ，故B 错误； C．第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆盘的位移为 摩擦力与重力等大反向，摩擦力做功 圆盘与圆管摩擦产生的热量等于摩擦力做功的绝对值，热量为 ，故C 正确； D．第二次碰撞前，小球相对水平薄圆盘的速度为 使用相对于 的速度进行计算，第二次碰撞动量守恒，能量守恒，有 ， 解得 ， 第二次碰撞后，小球相对水平薄圆盘的速度为 当相对速度为零时，小球与圆盘之间的距离最大，有 最大距离为 ，故D 正确。 故选ACD。 三、解答题 3．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）某兴趣小组设计的连锁机械游戏装置如图所示。左侧有一固定水平弹射管 道，在靠近管口等高处放置一质量为 的“ ”形小盒B（可视为质点），小盒B 与大小可忽 略、质量为 的小物块C 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，左侧滑轮（忽略滑轮直径）与小盒B 之间的绳长 为 ；小物块C 压在质量为 的木板D 左端，木板D 上表面光滑，下表面与水平桌面间动摩擦因数 （最大静摩擦力等于滑动摩擦力），木板D 右端到桌子右边缘固定挡板的距离为 ；质量为 且 粗细均匀的细杆用跨过桌子右边缘的光滑定滑轮的轻绳与木板D 相连，木板D 与定滑轮间轻绳水平，细杆 下端到地面的距离也为 ；质量为 的圆环（可视为质点）套在细杆E 上端，环与杆之间滑动摩擦力 和最大静摩擦力相等，大小为 。开始时所有装置均静止，现将一质量为 的小球A（可视为质点） 由弹射管道以 的速度水平弹出，之后小球A 立即进入小盒B，且进入后立即被卡住（作用时间很 短可不计）。木板D 与挡板相撞、细杆与地面相撞均以原速率反弹。不计空气阻力，重力加速度 ，求： (1)小球进入小盒后的瞬间小物块C 对木板D 的压力 ； (2)木板D 与挡板碰后，第一次向左运动的最大位移 ； (3)为使圆环最终不滑离细杆，细杆的最小长度 。 【答案】(1)0 (2) (3)1.6m 【详解】（1）由AB 系统动量守恒，有 得 对AB 整体，由牛顿第二定律有 得 对 ，由平衡有 得 由牛顿第三定律 得 （2）小球被盒卡住后，木板、圆环和细杆一起运动，对板 对杆和圆环整体 且 得 由运动学规律 第一次撞地后，细杆与环发生相对滑动，对板 对杆 且 得 木板向左的最大位移 得 即 （3）第一次撞地后，对圆环 得 板向左匀减，环向下匀减，两者加速度大小相等，所以同时速度减为零，之后两者再一起加速运动至第二 次撞地，第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环向下的位移 得 第一次撞地后直至速度减为零的过程，圆环与细杆最大相对位移 即 同理，第二次撞地后，圆环与细杆最大相对位移 第 次撞地后，圆环与细杆最大相对位移 则细杆的长度至少为 即 解得 即 4．（2026·江苏·一模）如图所示，一水平传送带以速度v0顺时针转动，其右端与足够长的光滑水平台面平 滑连接，在平台上静置质量均为2m 的n 个相同物块，等间距排列成一条直线。质量为m 的小滑块P 从传 送带的左端由静止释放，与传送带共速后，滑上平台与物块1 发生碰撞，最终所有物块都向右运动，设所 有碰撞均为弹性碰撞。 (1)求最右侧物块n 匀速运动的速度大小vn1； (2)从静止释放滑块P 到其与物块1 发生第二次碰撞的过程中，求P 与传送带间摩擦产生的总热量Q； (3)求全过程中碰撞总次数N 及物块1 的最终速度大小v1n。 【答案】(1) (2) (3) ， 【详解】（1）小滑块P 与传送带共速后与物块1 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律，有 根据机械能守恒定律，有 解得 ， 碰撞后，小滑块P 向左以速度大小 滑上传送带，物块1 向右滑动与物块2 发生弹性碰撞，根据动量守 恒定律，有 根据机械能守恒定律，有 解得 ， 可知碰撞后，前一个物块的速度变为0，后一个物块的速度由0 变为前一个物块原来的速度，即两个物块 交换速度，则最终物块n 匀速运动的速度大小 （2）设小滑块P 从释放到和传送带共速经过的时间为 ，传送带的位移 小滑块P 做匀加速直线运动，运动的位移为 则有 根据匀变速直线运动速度与时间的关系，得 P 从静止到速度 ，由动能定理得 与传送带因摩擦产生的热量 之后P 与物块1 第一次相碰，碰撞后P 以速度大小为 滑上传送带做匀减速直线运动先减速至0，运动的 时间为 传送带的位移 P 的位移 与传送带因摩擦产生的热量 后做匀加速直线运动，加速至 ，根据运动的对称性，传送带的位移 P 的位移 与传送带因摩擦产生的热量 滑块P 从释放到和物块1 第二次碰撞，与传送带因摩擦产生的热量 （3）根据题意结合（1）分析可知，物块n 碰撞1 次后向右匀速运动，物块 碰撞2 次后向右匀速运动， …依此类推物块1 碰撞n 次后向右匀速运动，则碰撞总次数 小滑块P 与物块1 第一次碰撞后反弹，速度大小变为碰撞前的 ，物块1 的速度大小变为小滑块P 碰撞前 速度的 ，即 ， 之后物块1 又与物块2 发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，小滑块P 反弹后经传送带改变方 向，以速度大小 与物块1 发生第二次碰撞，碰撞后小滑块P 再次反弹，且速度大小为碰撞前的 ，物 块1 的速度大小变为小滑块P 碰撞前速度的 ，即 ， 以此类推，碰撞n 次后物块1 的速度大小为 5．（2026·山西朔州·一模）如图所示，在光滑的水平桌面上放有右端固定挡板的长木板甲，甲的左端和中 点处各有小物块乙和丙，乙与丙、丙与挡板之间的距离均为 。甲与乙、丙之间的动摩擦因数相等，甲、 乙、丙的质量均为 。开始时，丙和甲静止，现给乙水平向右的初速度 。重力加速度取 ，所有碰撞均 为弹性碰撞。 (1)乙与丙碰撞前后，求乙的加速度大小之比； (2)若乙恰好未从长木板甲左端滑下，求丙与甲碰撞前瞬间丙的速度大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）乙与丙碰撞前，由于三者间的动摩擦因数均相等，乙做匀减速直线运动，甲与丙一起做匀 加速直线运动，以乙为研究对象，根据牛顿第二定律可得 质量相等的两个物体发生弹性碰撞，碰后两者速度发生交换，故乙与丙碰撞后，甲、乙相对静止，以甲和 乙为研究对象，则有 联立解得乙与丙碰撞前后，乙的加速度大小之比为 （2）由于它们之间的碰撞均为弹性碰撞，它们质量均相等，碰撞后速度发生交换，甲与乙、丙之间的动 摩擦因数均相等，故乙与丙碰撞前甲、丙相对静止，乙与丙碰撞后甲、乙相对静止，丙与挡板碰撞后乙、 丙相对静止，乙恰好未从甲上滑下，则最终三者共速，对全过程，由动量守恒定律可得 由功能关系可得 丙与挡板碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得 从开始到丙与挡板碰撞前瞬间，由功能关系可得 解得 6．（2026·湖南·一模）如图所示，传送带的左侧为足够长的光滑水平面，右侧为光滑曲面，传送带与左右 两边的台面等高且平滑对接。一轻质弹簧左端固定在竖直墙上，右端与质量 的小物块B 连接。传 送带始终以 的速度逆时针转动。现将质量 的小物块A 从曲面上距水平面高度 处由 静止释放。物块A、B 之间每次发生的都是完全非弹性碰撞，但碰后并不粘连，第一次碰撞前物块B 静止 于平衡位置，且每次回到平衡位置时物块B 都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除。已知传送 带长 ，物块A 与传送带之间的摩擦因数 ，g 取 。 (1)求物块A 第一次与物块B 碰撞前的速度大小； (2)求物块A 第一次与物块B 碰撞后弹簧弹性势能的最大值； (3)与物块B 第一次碰后运动的全过程中，求物块A 与传送带间因摩擦而产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）设物块A 滑到曲面底部速度为v0，根据动能定理，有 解得 则物块A 在传送带上开始做匀减速运动。 假设物块A 一直做减速滑过传送带前速度为vA，则有 解得 由于 ，说明假设成立，即物块A 与物块B 第一次碰撞前的速度大小为6m/s （2）设第一次碰后物块A 与物块B 的速度为 ，则对物块A 与物块B 系统在碰撞过程,根据动量守恒，有 解得 之后物块A 与物块B 一起减速至速度为零时，弹簧弹性势能最大，可得 代入解得 （3）物块A 与B 第一次碰撞后当弹簧恢复原长时A、B 分离，此时物块A 的速度大小仍为 物块A 在传送带上先向右做匀减速运动，减速到零的位移 所以物块A 在传送带上先向右做匀减速到零的运动，再向左做匀加速运动以原速率返回左端，所以物块A 与物块B 第二次碰撞前的速度为 设第二次碰后物块A 与物块B 的速度为 ，则对物块A 与B 系统在第二次碰撞过程，有 解得 同理可推物块A 每次碰撞后都将被传送带带回与物块B 发生下一次碰撞，则A 与B 碰撞n 次后返回传送带， 速度大小为 第n 次与物块B 碰撞后，在传送带上运动的时间 物块A 与传送带的相对位移 与物块B 第一次碰后运动的全过程，物块A 与传送带间因摩擦而产生的热量 7．（2026·山东日照·一模）如图所示，质量 的物块A 套在光滑水平直杆上，并与质量 的 小球B 用一根不可伸长的轻绳相连，轻绳的长度 。质量 的物块C 和质量 的足够 长木板D 静止叠放在光滑水平面上，物块C 与木板D 之间的动摩擦因数 。木板D 右端到固定在地面 上的挡板E 的距离 。现将小球B 拉到轻绳处于水平方向且伸直的位置，并与物块A 同时由静止释 放。当轻绳摆动到竖直方向时，小球B 与物块C 恰好在水平方向上发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。忽略 空气阻力，物块A 和小球B 均可视为质点， 。 (1)求小球B 从释放到与物块C 碰撞时，在水平方向上发生的位移； (2)求小球B 与物块C 碰撞后上升的最大高度； (3)若木板D 与固定挡板E 之间的作用时间极短且没有机械能损失，求木板D 与挡板E 发生碰撞的总次数。 【答案】(1) (2) (3)6 次 【详解】（1）A、B 组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，可得 等式两边同时乘时间，并求和可得 两者相对水平位移即为绳长 ，则 代入 ， ， ，解得 （2）B 下摆到竖直位置过程，A、B 系统机械能守恒、水平动量守恒，有 ， 解得B 与C 碰撞前A、B 的速度大小分别为 ， B 与C 发生弹性碰撞，动量守恒、动能守恒，则 ， 解得 负号表示碰撞后B 向左运动，大小 ，碰撞后C 的速度 B 上升到最大高度时，A、B 水平共速，水平动量守恒 解得 根据机械能守恒，有 解得 （3）C 与D 间摩擦力大小为 由牛顿第二定律，可得C 的加速度大小为 D 的加速度大小为 第一次碰撞E，D 向右运动 由匀变速直线运动位移与时间的关系，得 解得 碰撞前D 的速度 ，C 的速度 碰撞后D 速度反向，大小不变，则 此后C 和D 的加速度大小始终不变，每次D 与挡板碰撞，D 的速度大小不变，方向反向，但C 一直在减速， 每次D 从挡板到左端再回来做往返运动耗时 ，C 的速度减少 经过6 次碰撞后，C 的速度变为 由动量守恒定律，可得 解得 则C 和D 最终静止，不会与挡板E 发生第7 次碰撞，木板D 与挡板E 发生6 次碰撞。 8．（2026·重庆·一模）如图所示，半径为R 的光滑四分之一圆弧轨道竖直固定，其底端与足够长的光滑水 平面平滑连接。物块B 静置于靠近圆弧轨道底端的水平面上，物块A 从圆弧轨道最高点由静止开始无初速 度释放。物块A 质量为m，物块B 质量为km，两物块均可视为质点，物块A、B 间的碰撞均是弹性碰撞， 重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)物块A 第一次到达圆弧轨道底端与物块B 碰撞前瞬时速度大小； (2)当 时，求A 与B 发生第二次碰撞后A 的速度大小； (3)要使物块A、B 能够发生第三次碰撞，求k 的最小值（k 为大于1 的整数），以及k 取该最小值时，物块 A、B 第三次碰撞后瞬时各自的速度大小。（可能用到的条件 ） 【答案】(1) (2) (3)k 的最小值为10； ， 【详解】（1）设物块A 第一次到达圆弧底端与物块B 碰前瞬时速度大小为 ，由机械能守恒定律得 解得 （2）设发生第一次弹性碰撞后，物块A、B 速度分别为 、 ，根据动量守恒与能量守恒有 ， 解得 ， 发生第二次碰撞后，物块A、B 速度分别为 、 ，有 ， 解得 ， （3）以水平向右为正方向，设发生第一次弹性碰撞后，物块A、B 速度分别为 、 ，有 ， 解得 ， 要使物块A、B 能发生第二次弹性碰撞，要求 解得 且 解得 设发生第二次弹性碰撞后，物块A、B 速度分别为 、 ，有 ， 解得 ， 要使物块A、B 能发生第三次弹性碰撞，要求 依题意解得 即 且 解得 即 因此，要使物块A、B 能发生第三次碰撞，应满足 ，k 的最小值为10。当 时，可得 ， 设发生第三次弹性碰撞后，物块A、B 速度分别为 、 ，有 ， 解得 ， 9．（2026·湖南常德·一模）如图甲所示，固定的水平光滑桌面上有A、B、C 三个质量均为m 的小球，其中 小球A 与B 用长L 的轻杆相连，小球C 靠在B 右边，桌子右侧有质量为3m 的小车D，停在光滑的水平地面 上，小车内部有一个 圆弧管道，管道出口e 点刚好与桌面右端平齐且几乎无间隙，另一端f 点与一截竖 直管道平滑连接，竖直管道内g 点以下有一轻弹簧连在底部。先控制A、B 和轻杆处于竖直状态，再由静 止释放，让A 从左边倒下，B 与C 分离后C 从e 点以 进入圆弧管道，经内部轻弹簧作用后又从e 点飞出。 已知圆弧管道的半径 ，且远大于管道内径，小球C 与管道内壁无摩擦，竖直管道fg 部分长 ， 不计空气阻力，重力加速度为g，计算结果用 、g、L 中的符号表示。 (1)求小球C 从e 点飞出时小车D 的速度大小 ； (2)求小球A 接触桌面前瞬间的速度大小 ； (3)若将轻弹簧去掉，在竖直管道g 点以下的部分填充一种特殊物质（忽略该物质的质量），小球C 碰到该 物质立即减速，且在该部分运动时其加速度的倒数 与竖直速度 的关系如图乙所示，利用乙图中的数据 和相关物理规律计算小球C 在竖直管道内由f 点运动到最低点的过程中小车D 运动的位移x。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小球 与小球 作用过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒，则 ， 解得 （2）小球 、 、 作用过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒，由于 的动量向右，而总动量为 零，则 和 的总动量向左，且碰到桌面前瞬间 沿杆的水平分速度与 的速度一样大，速度矢量图如图 所示 所以有 根据机械能守恒和水平方向动量守恒有 ， 解得 （3）小球 到达管道 点时，其水平分速度与小车 速度相同，且小球在竖直管道内其水平速度一直和 小车保持一致，做匀速直线运动，而小球有竖直分速度 ，竖直方向相对做匀加速运动，到 点设为 ， 则 ， 解得 ， 阶段有 解得 该阶段运动时间 点以下运动阶段，根据题意可知，图像面积表示时间，则 故小车的位移
