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专题07 动量
动量 冲量
1．（2025·北京房山·一模）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人
从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次
下降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．人的加速度一直在减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．人下降到最低点时，人的重力势能全部转化为人的动能
D．人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受的重力
【答案】D
【详解】A．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，加速度为零，所以人
的加速度先减小后增大，A 错误；
B．绳的拉力对人做负功，但开始时重力做功大于绳的拉力做功，故人的运动开始过程是
增大的，当弹力等于重力时，人的速度最大即动能最大，接下来速度减小，动能减小；B
错误；
C．人下降到最低点时，人的重力势能转化为人的动能和绳的弹性势能，C 错误；
D．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，人的动量最大，D 正确。
故选D。
2．（2025·广东深圳·一模）一根柔软的粗绳静止盘放在水平面上，绳的总长为，总质量为
。现拉住绳的一端，用大小为
的恒力竖直向上拉动，从拉力开始作用到绳的下
端到离开地面的高度为的过程中，不计绳子间的摩擦，忽略绳子的摆动，下列说法中正
确的有（ ）
A．绳的机械能变化量为
B．绳的机械能变化量为
C．绳的动量变化量为
D．绳的动量变化量为
【答案】AC
【详解】AB．从拉力开始作用于细绳的一端到细绳另一端离开地面有动能定理
解得
当细绳下端离开地面后因F=mg 可知细绳向上匀速运动，则当细绳下端离开地面l 时机械
能变化量等于力F 做功，即∆E=F∙2l=2mgl
选项A 正确,B 错误；
CD．绳的动量变化量为：Δp=mv-0
解得动量变化量为
故C 正确，D 错误。
故选AC。
3．（2025·北京石景山·一模）如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成
如图乙所示的结构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长
L，水平杆长L0，小球的质量为m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法
正确的是（ ）
A．装置中绳子的拉力为mgtanθ
B．装置转动的角速度为
C．装置转动的周期为
D．装置旋转一周，小球的动量变化为0
【答案】D
【详解】A．对装置受力分析如图所示
装置受到重力和绳子的拉力作用，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则
解得
故A 错误；
BC．由牛顿第二定律
其中圆周运动的半径为
联立解得装置转动的角速度为
装置转动的周期为
故BC 错误；
D．装置做匀速圆周运动，装置旋转一周，速度变化量为零，所以小球的动量变化为0，
故D 正确。
故选D。
4．（2025·广东深圳·一模）“飞天秋千”游戏简化模型如图所示。座椅（包括人）的质量为
m，在水平面内做匀速圆周运动，其受力及合力情况如图所示。设绳的长度为l，绳子跟竖
直方向的夹角为
，座椅转动的线速度为v，下列说法正确的是（ ）
A．在半个周期内座椅重力冲量为
B．在半个周期内座椅的动量变化量等于零
C．若仅增大m，则座椅转动的周期随之增大
D．若v 增大，
必增大，座椅转动的周期随之增大
【答案】A
【详解】A．根据题意可知。座椅转动的周期
故半个周期内重力的冲量为
A 正确；
B．转动半周，座椅的速度方向恰好与初速度方向相反，选择开始时的速度方向为正方向，
则半周时间内，座椅的动量变化量
B 错误；
CD．由于座椅做匀速圆周运动，则有
解得
可见周期与质量m 无关，当v 增大，
必增大，座椅转动的周期减小，CD 错误。
故选A。
5．（2025·河北保定·一模）如图所示，体育课上一同学在距离地面高0．7m 处将一排球垫起，
垫起时排球的速度方向与水平方向的夹角为37°，排球运动过程中距离地面的最大高度为
2．5m。已知排球的质量为0．3kg，不计空气阻力，重力加速度
，sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8，则下列说法正确的是（ ）
A．排球被垫起时的速度大小为8m/s
B．排球被垫起瞬间动量大小为3kg·m/s
C．排球在最高点处的速度大小为6m/s
D．排球从被垫起到第一次落地所用时间为1.2s
【答案】B
【详解】A．令h＝0.7m，H＝2.5m，θ＝37°
竖直方向有
解得
则排球垫起时的速度大小
A 项错误；
C．排球在最高点处的速度大小
C 项错误；
B．排球被垫起瞬间动量大小
B 项正确；
D．设排球上升和下降所用的时间分别为
、
，则有
排球从垫起到第一次落地所用时间
联立解得
D 项错误。
故选B。
6．（2025·山西忻州·一模）如图为某游乐场内水上滑梯的部分轨道示意图，轨道在同一竖直
平面内，由表面粗糙的倾斜直轨道
与弧形轨道
组成，两轨道相切于A 点。某游客
从
点由静止滑下，通过弧形轨道
的过程中速率保持不变，则游客在
段下滑的过
程中（ ）
A．所受摩擦力的大小不变
B．所受合外力始终与速度方向垂直
C．重力对他做功的功率保持不变
D．动量保持不变
【答案】B
【详解】AB．通过弧形轨道
的过程中速率保持不变，游客所受合力大小不变，指向圆
心，则所受合外力始终与速度方向垂直，游客所受摩擦力与重力沿轨道切向分力的合力为
0，而重力的切向分力在减小，可知摩擦力在减小，故A 错误，B 正确；
C．根据题意可知，游客竖直方向的分速度逐渐减小，则重力的功率逐渐减小，故C 错误；
D．根据题意可知，游客速度的方向变化，则游客的动量变化，故D 错误。
故选B。
7．（2025·山东日照·一模）一般河流的河道是弯曲的，外侧河堤会受到流水冲击产生的压强。
如图所示，河流某弯道处可视为半径为R 的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个弯
道处宽度d 和水深h 均保持不变，水的流动速度v 大小恒定，
，河水密度为
，忽
略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间
内（ ）
A．流水速度改变量的方向沿河道的切线方向
B．流水速度改变量的大小为
C．通过观测截面水的动量改变量大小为
D．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为
【答案】D
【详解】A．依题意，流水做匀速圆周运动，根据
可知流水速度改变量的方向与其向心加速度方向相同，沿轨迹圆的半径指向圆心，故A 错
误；
B．由
联立，解得流水速度改变量的大小为
故B 错误；
C．依题意，极短时间
内水流的距离
横截面积
根据
可得水流的质量为
则通过观测截面水的动量改变量大小为
故C 错误；
D．根据牛顿第二定律可得
水流与外侧河堤作用的面积
则外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为
故D 正确。
故选D。
8．（2025·广东佛山·一模）如图所示，某同学用大腿颠足球，某时刻质量为
的足球以
的竖直向下的速度碰撞大腿，足球与腿接触
后竖直向上原速反弹，重力加速度
取
，则在足球与腿碰撞的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前后，足球动量变化量的大小为
B．碰撞前，足球的动量大小为
C．足球对大腿的冲量大小为
D．大腿对足球的平均作用力大小为
【答案】A
【详解】A．以竖直向下为正方向，碰撞前后，足球的动量变化量为
则碰撞前后，足球的动量变化量的大小为
，故A 正确；
B．碰撞前，足球的动量大小为
故B 错误；
CD．以竖直向下为正方向，碰撞过程中，根据动量定理可得
解得
则大腿对足球的平均作用力大小为18N，根据牛顿第三定律可知，足球对大腿的平均作用
力大小为
则足球对大腿的冲量大小为
故CD 错误。
故选A。
9．（2025·江苏·一模）如图所示，光滑圆弧轨道ABC 竖直固定，与水平面相切于A 点，B 为
圆弧上一点，C 为圆弧最高点，弧长AC 远小于半径。质量相等的小球甲、乙（两小球可
以看成质点）分别从B、C 位置由静止同时释放，则两球从开始运动到A 点的过程中（
）
A．甲球比乙球运动的时间短
B．两球可能在A 点右侧相撞
C．两球动量的改变量相等
D．两球重力的冲量相等
【答案】D
【详解】AB．由于弧长AC 远小于半径，可认为小球甲、乙在光滑圆弧轨道做简谐运动，
根据单摆周期公式可得周期为
小球甲、乙从B、C 位置由静止同时释放，两球从开始运动到A 点运动时间均为
可知两球在A 点相撞，故AB 错误；
D．根据
由于两球质量相等，可知两球重力的冲量相等，故D 正确。
C．根据动能定理可得
可得小球到达A 点的速度大小为
则小球的动量变化量为
由于两球释放高度不同，所以两球动量的改变量不相等，故C 错误。
故选D。
10．（2025·重庆·一模）现有一把
的铁锤钉钉子，打击前瞬间铁锤的速度为
，打
击后铁锤的速度变为0，打击时间为0.01s。重力加速度
，求上述打击过程：
(1)铁锤的动量变化量；
(2)考虑铁锤所受的重力，钉子受到的平均作用力大小。
【答案】(1)
(2)186N
【详解】（1）规定铁锤初速度方向为正方向，对铁锤分析
即动量变化量的大小为
，方向与初速度的方向相反；
（2）钉子对铁锤的平均作用力为
，对于铁锤，以初速度的方向为正方向，由动量定理
可得
解得
根据牛顿第三定律可得，钉子受到的平均作用力的大小
11．（2025·河北秦皇岛·一模）如图所示，可视为质点的滑块甲和乙静止在水平面上A、C 两
点，质量均为
，甲在水平向右的力F 作用下由静止开始运动，在
内力F
的大小为2N，在
内力F 的大小为3N，3s 末撤去力F，此时滑块甲刚好到达B 点
且此时的速度大小为8m/s，再滑行一段距离L 并与乙发生弹性碰撞。已知甲、乙与地面
间的动摩擦因数相同，B、C 两点间的距离
，取
，不计空气阻力，
求：
(1)甲与地面间的动摩擦因数；
(2)甲、乙发生弹性碰撞后乙运动的时间。
【答案】(1)0.2
(2)3.5s
【详解】（1）
内，根据动量定理
其中
，
，
，
联立解得
（2）从
到
的过程中，根据动能定理
解得
设甲、乙碰撞后速度分别为
、
，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
，
解得
根据动量定理
解得甲、乙发生弹性碰撞后乙运动的时间
12．（2025·湖北·一模）高压水枪在现代生活中应用越来越广泛，当高速水流射向物体时，会
对物体表面产生冲击力，从而达到清洗污垢的目的。图示为水枪喷水清洗车玻璃示意图，
已知水枪出水口直径为d，水密度为
，设水流垂直打到玻璃表面后不反弹，测出水枪出
口的流量为Q（单位时间内水流体积），不考虑水内部的阻力、空气阻力及高度变化，
下列说法正确的是（ ）
A．水枪管口喷出水流速度大小为
B．水枪对管口水柱做功的功率为
C．水流对水枪的作用力大小为
D．水流与玻璃冲击压强为
【答案】D
【详解】A．设水流速度为v，则流量
解得
A 错误；
B．设经过极短时间
，出口水柱质量
由动能定理可得
解得
，B 错误；
C．由动量定理，则有
解得
C 错误；
D．水流与玻璃冲击压强为
D 正确。
故选D。
13．（2025·宁夏银川·一模）如图，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管
道）的质量M=2m，原来静止在光滑的水平面上。有一个可以看作质点的小球，质量为
m，以水平速度v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，关于这个过程，下列
说法错误的是（ ）
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．车上管道中心线最高点的竖直高度
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车所受合外力冲量大小为
【答案】AD
【详解】AB．小球滑离小车时,根据动量守恒定律
又由机械能守恒定律
代入数据得到
，
根据计算结果可以知道，小球是在小车左端滑离小车，且两者相对速度
根据上述分析结果可以知道小球对小车的作用力斜向右下方，故小车一直向右加速，故
小车回不到原来位置，故A 答案错误，B 答案正确；
CD．小球恰好到达管道最高点，说明在最高点时小车与小球相对速度为0，由此得出
代入数据解得两者的速度为
根据机械能守恒定律可得
解得
根据动量定理
即小车所受合外力冲量大小为
故C 答案正确，D 答案错误；
本题选错误的，故选AD。
14．（2025·广东深圳·一模）将110 米栏跨栏过程的运动员视为做斜抛运动的质点，如图为传
统的“八步上栏”起跳后运动员的轨迹。为提高比赛成绩，有的运动员改为“七步上
栏”。相比“八步上栏”，“七步上栏”要在离栏更远的地方起跳，但运动员达到的最
高点与原来相同。
(1)请你画出“七步上栏”的轨迹示意图。
(2)分析说明“七步上栏”在跨栏过程中是否可以提高比赛成绩。
(3)理想情况下，假设跨栏前运动员已达到最大速度，运动员应做到不因跨栏而影响跑步
速度。分析说明，在这种情况下：运动员起跳过程对地面的冲量的方向。
【答案】(1)
(2)可以
(3)竖直向下
【详解】（1）如图中虚线
（2）可以；在竖直方向上，由“达到的最高点与原来相同”，所以上升和下落时间均不
变，“七步上栏”要在离栏更远的地方起跳，即在相同时间内而水平分运动位移更大，
故可节省时间
（3）方向竖直向下；“运动员应做到不因跨栏而影响跑步速度”意味着运动员跨栏前后
在水平方向的速度不变，故运动员起跳过程动量变化量竖直向上，故运动员受到的合力
的冲量竖直向上，而重力对运动员的冲量竖直向下，故地面对运动员的冲量竖直向上，
根据牛顿第三定律，运动员对地面的冲量竖直向下。
动量守恒定律
15．（2025·北京石景山·一模）如图所示，木块A 置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定
于竖直墙壁上，右端与木块A 相连接，弹簧处于原长状态。子弹B 沿水平方向射入木块
后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），
在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，该系统（ ）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能不守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能守恒
【答案】B
【详解】整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动
量不守恒，子弹射入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。
故选B。
16．（2025·湖南·一模）如图所示，木板A 的中点O 和小球B 通过长为L 的轻杆相连，O 为转
动轴，小球B 的质量为m，木板A 的质量为2m，球和木板都静止在光滑的水平面上，开
始时杆处于竖直位置，放开小球B 后轻杆将倒下，求：
(1)若木板固定，轻杆到达水平位置时，小球B 接触木板前瞬间的加速度；
(2)若木板不固定，杆到达水平位置时，小球B 接触木板前瞬间杆对小球B 的拉力大小。
【答案】(1)
，方向与水平方向夹角为
(2)
【详解】（1）若木板固定，轻杆到达水平位置时，小球的机械能守恒，由机械能守恒定
律得
解得
小球的向心加速度大小
切向加速度大小
小球的实际加速度
加速度方向与水平方向夹角为
，且
解得
（2）若木板不固定，轻杆水平时，小球和木板有共同的水平速度，因系统水平方向动量
守恒，所以水平方向的共同速度
为零。当轻杆到达水平时，由机械能守恒可得小球的
竖直速度
设此时木板对地的加速度为
，小球对地水平方向的加速度为
，则球相对转动点
（板）的加速度
对木板，根据牛顿第二定律
对小球，根据牛顿第二定律
联立以上方程，解得
17．（2025·山东青岛·一模）质量为
的光滑半圆形凹槽静止在光滑水平地面上，在凹槽左
侧与圆心等高处由静止释放一质量为
、可视为质点的小球，小球相对地面运动的轨迹
为半个椭圆，如图甲中虚线所示。运动过程中小球的动能随时间变化图像如图乙所示，
已知椭圆半长轴与半短轴之比为
。下列说法正确的是（ ）
A．半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒
B．小球质量与凹槽质量之比
C．
时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度垂直
D．
时刻，小球受到凹槽的支持力大于小球的重力
【答案】ABD
【详解】A．小球向下运动过程中，在竖直方向的分加速度方向先向下后向上，小球先处
于失重后处于超重状态，可知，半圆形凹槽与小球组成的系统所受外力的合力不为0，即
半圆形凹槽与小球组成的系统动量不守恒，故A 正确；
B．令凹槽半径为R，根据图中所示半个椭圆可知，半长轴为R，则半短轴为
，短轴为
，即小球在水平方向的分位移
半圆形凹槽与小球组成的系统在水平方向动量守恒，则有
其中
解得
故B 正确；
C．根据图乙的对称性可知，
时刻小球位于凹槽最低点，则
时刻小球位于释放点与凹
槽最低点之间的某一位置，小球相对地面运动的轨迹为半个椭圆，轨迹的最低点即为凹
槽的最低点，
时刻小球受到凹槽的支持力方向指向凹槽圆心，速度方向沿半椭圆轨迹
切线方向，可知，
时刻，小球受到凹槽的支持力方向与速度方向不垂直，故C 错误；
D．结合上述可知，
时刻小球位于凹槽最低点，小球相对于凹槽做圆周运动，小球在最
低点相对于凹槽的速度方向水平向右，由于小球小球相对于凹槽做圆周运动，则小球在
最低点沿半径方向的合力提供向心力，此时加速度方向竖直向上，则
时刻，小球受到
凹槽的支持力大于小球的重力，故D 正确。
故选ABD。
18．（2025·河北沧州·一模）如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为
的光滑半圆环，右
侧竖直墙面上与圆环的圆心
等高处固定一水平光滑直杆。质量为
的小球a 套在半
圆环上，质量为
的小球b 套在直杆上，两者之间用长为
的轻杆通过两铰链
连接。现将a 从圆环的最高处静止释放，让其沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b 均
视为质点，
取
，则以下说法中正确的是（ ）
A．小球a 滑到与圆心
等高的
点时，a 的速度大小为
B．小球a 滑到与圆心
等高的
点时，a 的向心加速度为
C．小球a 从
点下滑至杆与圆环相切的
点图中未画出过程中，a、b 两球组成的系
统机械能、动量均守恒
D．小球a 从
点下滑至杆与圆环相切的
点图中未画出的过程中，杆对小球b 做的
功约为
【答案】D
【详解】AB．当a 滑到与O 同高度P 点时，a 的速度v 沿圆环切向向下，a 沿杆方向速度
为零，所以b 的速度为零，由机械能守恒可得
解得
此时a 的向心加速度
故AB 错误；
C．小球a 从P 点下滑至杆与圆环相切的Q 点（图中未画出）过程中，a、b 两球组成的系
统只有重力对系统做功，所以，a、b 两球组成的系统机械能守恒；圆弧轨道对a 球的弹
力存在水平方向的分力，则a、b 两球组成的系统在水平方向的合外力不为0，水平方向
一定不满足动量守恒，故C 错误；
D．杆与圆相切时，如图所示
a 的速度沿杆方向，设此时b 的速度为
，则有
由几何关系可得
从
点下滑至杆与圆环相切的
点的过程，a 下降的高度为
a、b 两球组成的系统满足机械能守恒，则有
对b，由动能定理得
联立解得
故D 正确。
故选D。
19．（2025·吉林延边·一模）如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质
量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静
止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于
水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是（ ）
A．儿童和滑环组成的系统动量守恒
B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒
C．儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能
D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1：5
【答案】BD
【详解】A．儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向受力不平衡，所以系统动
量不守恒，故A 错误；
BC．儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的
机械能大于滑环增加的机械能，故B 正确，C 错误；
D．根据水平方向系统动量守恒有
解得
则可知儿童和滑环的水平位移之比为1：5，故D 正确；
故选BD。
20．（2025·福建·一模）如图所示，小车放在光滑的水平地面上，轻质细绳一端系在小车上，
另一端连接可视为质点的小球，将小球拉开一定角度（此时小车与小球均静止），然后
同时放开小球和小车，小球开始在竖直平面内来回摆动。下列说法正确的是（ ）
A．小球在最低点时处于平衡状态
B．小球在最高点时处于平衡状态
C．小球在最低点时，小车处于平衡状态D．小球在最高点时，小车处于平衡状态
【答案】C
【详解】AC．小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守
恒，小球在最低点时，细绳对小球的拉力大于小球受到的重力，小球处于超重状态，小
车受合外力为零处于平衡状态，选项A 错误、C 正确；
BD．小球在最高点时，小球、小车的加速度均不为0，都不是平衡状态，选项B、D 错误。
故选C。
21．（2025·天津·一模）如图所示，在竖直平面内固定着半径为R 的光滑半圆形轨道，A、B
两小球的质量分别为m、2m。小球B 静止在轨道的最低点处，小球A 从离轨道最低点2R
的高处由静止自由落下，沿圆弧切线进入轨道后，与小球B 发生碰撞。碰撞后B 球上升
的最高点为C，圆心O 与C 的连线与竖直方向的夹角为60°。两球均可视为质点。求：
(1)A 与B 球相碰前的速度大小v0；
(2)A、B 球第一次碰撞过程损失的机械能ΔE。
【答案】(1)
(2)mgR
【详解】（1）分析A 球，从静止下落到与B 球相碰前，根据机械能守恒可知
解得
（2）碰撞后，B 球上升到C 点，根据机械能守恒可得
球A 与B 碰撞过程中，满足动量守恒
A、B 球第一次碰撞过程损失的机械能
代入数据可得
22．（2025·天津宁河·一模）光滑水平面上放着质量mA=1kg 的物块A 与质量mB=2kg 的物块
B，A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A、B 间夹着一个被压缩的轻弹簧（与A、B
均不拴接），用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能Ep=81J。A、B 间系一轻质细绳，细绳
长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后B 向右运动，绳在极短时间内被拉断，之
后B 冲上与水平面相切的竖直固定半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B 到达最高点C 时对
轨道的压力为44N。重力加速度g 取10m/s2，求：
(1)物块B 到达C 点时的速度大小vC；
(2)绳被拉断过程中绳对物块B 的冲量大小；
(3)绳被拉断过程中整个系统损失的机械能E 损。
【答案】(1)4m/s
(2)6N·s
(3)27J
【详解】（1）B 在最高点C 时有
解得
（2）设B 在绳被拉断后瞬时的速率为vB，对绳断后到B 运动到最高点C 这一过程应用动
能定理
解得
设弹簧恢复到自然长度时B 的速率为v1，取向右为正方向，弹簧的弹性势能转化给B 的动
能，有
解得
根据动量定理有
解得
所以绳对物块B 的冲量大小为6N·s；
（3）设绳断后A 的速率为vA，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
解得
损失的机械能
23．（2025·河南安阳·一模）如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，
将带负电、电荷量
，质量
的滑块放在小车的左端，小车的质量
，滑块与绝缘小车之间的动摩擦因数
，它们所在空间存在磁感应强度
的垂直于纸面向里的匀强磁场。开始时小车和滑块静止，重力加速度
，下列说法正确的是（ ）
A．若给小车一个向左的冲量
，则小车与滑块因摩擦产生的热量为
B．若给小车一个向左的冲量
，则小车与滑块因摩擦产生的热量为
C．若给小车一个向左的冲量
，则小车与滑块因摩擦产生的热量为
D．若给小车一个向左的冲量
，则小车与滑块因摩擦产生的热量为
【答案】AD
【详解】滑块有两种稳态可能，一种是分离，一种是共速。假设分离时滑块和小车恰好
共速有
，
可得
当
时，稳态为共速，当
时，稳态为分离。
AB．若给小车一个向左的冲量
，则小车与滑块稳态为共速，有
根据能量守恒得
求得
故A 正确，B 错误；
CD．若给小车一个向左的冲量
，则小车与滑块稳态为分离，有
根据动量守恒有
根据能量守恒得
求得
故D 正确，C 错误。
故选AD。
24．（2025·河南安阳·一模）如图所示，光滑水平面上立着一根两端分别固定有小球A、B
（均视为质点）的轻杆，A 球、B 球与竖直光滑墙面恰好接触。由于轻微扰动，A 球开始
沿水平面向右滑动，B 球随之下降，此过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长
度为，两球的质量均为
，重力加速度大小为
，不计空气阻力，从B 球开始下滑到B
球落地过程中，求：
(1)竖直墙壁对B 球的冲量大小
；
(2)B 球的最大动能
。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）轻杆与水平方向的夹角为
时，两小球的速度大小分别为
、
，根据
关联速度可知，两小球沿杆方向速度相等，可得
即
根据机械能守恒，有
运用数学知识，整理得
当
时，
球的动能最大，
此时B 离开竖直墙壁
（2）分析可知B 球着地时的动能最大，设B 球着地时A 球的速度大小为
，则有
解得
整个过程根据能量守恒，可得B 球的最大动能为
25．（2025·江苏南京·一模）如图所示，轻质弹簧的两端分别与小物块A、B 相连，并放在倾
角为θ 的固定斜面上，A 靠在固定的挡板P 上，弹簧与斜面平行，A、B 均静止。将物块C
在物块B 上方与B 相距x 处由静止释放，C 和B 碰撞的时间极短，碰撞后粘在一起不再分
开，已知A、B、C 的质量均为m，弹簧劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计一切摩
擦，则为保证A 不离开挡板，x 的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】设要让A 能离开挡板弹簧就要伸长
到P 点，有
物块B、C 从相碰后到一起运动到A 刚要离开挡板，物块B、C 和弹簧组成的系统机械能
守恒，A 刚要离开挡板时物块B、C 速度为零，弹簧伸长，弹力大小等于A 重力下滑分力，
伸长量等于x1，从碰后到A 刚要离开挡板，弹簧弹性势能变化为零，设碰后速度为
，
由机械能守恒定律得
碰撞过程根据动量守恒
下滑过程
联立解得
故选B。
26．（2025·安徽·一模）如图所示，四分之一光滑圆弧槽C 和小滑块A、B 均静止在光滑水平
台面上，A、B 用细线连接，中间夹一被压缩的轻短弹簧（A、B 与弹簧不连接）。与槽C
完全相同的槽D 紧靠在平台右侧，两槽底边都与水平面相切，槽半径R=0.8m，滑块A、B
质量分别为mA=1.8kg、mB=4.5kg。现烧断细线，A 向左刚好能滑到槽C 的最高点，B 向右
从平台抛出后刚好落在槽D 的最低点。小滑块A、B 均可视为质点，取重力加速度
g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．B 离开弹簧时的速度大小vB=2m/s
B．在A、B 与弹簧分离的过程中，弹簧对A 的冲量比对B 的冲量大
C．在A 上滑到槽C 最高点的过程中，A 和槽C 组成的系统动量守恒
D．槽C 的质量mC=3.2kg
【答案】AD
【详解】A．B 离开平台后做平抛运动，有
，
代入数据解得
故A 正确；
B．在A、B 与弹簧分离的过程中，弹簧对A、B 的冲量大小相等，故B 错误；
C．在A 上滑的过程中，A 与槽C 在水平方向动量守恒，在竖直方向上受到的合力不为零，
竖直方向动量不守恒，故C 错误；
D．对弹簧释放过程有
A 上滑到槽C 的最高点的过程有
，
联立解得
故D 正确。
故选AD。
27．（2025·河南三门峡·一模）某次军事演习中，一炮弹竖直上升到最高点时炸裂成甲、乙两
块弹片，它们的初速度方向与水平方向的夹角为θ，如图所示，测得这两块弹片在水平地
面上的落地点相距
，它们从炸裂到落地所经历的时间分别为
，
，
若甲、乙两块弹片的质量之比为
，重力加速度
，不计空气阻力，则下列
说法正确的是（ ）
A．两弹片分离瞬间的动量相同
B．弹片甲落地点到O 点的距离为48m
C．
D．爆炸点距水平地面的高度为84m
【答案】D
【详解】A．炮弹竖直上升到最高点时，炮弹的动量为0；炸裂成甲、乙两块弹片，根据
动量守恒可知，甲，乙两弹片分离时，它们的动量大小相等，方向相反，故A 错误；
BCD．设两弹片分离时，甲的速度大小为v，由于甲、乙两块弹片的质量之比为
，根
据动量守恒定律可知，乙的速度大小应为
，设爆炸点的高度为h，对甲、乙水平方向
有
解得
对甲、乙竖直方向有
解得
联立解得
，
，
，
，
所以甲落地时距O 点的距离为
故BC 错误，D 正确。
故选D。
28．（2025·天津河西·一模）如图所示，AC 为光滑半圆轨道，其半径R=1m；BD 为足够长的
粗糙斜面轨道，其倾角
；两轨道之间由一条足够长的光滑水平轨道AB 相连，B
处用光滑小圆弧平滑连接，轨道均固定在同一竖直平面内。质量为
kg 的物块b
静止在水平轨道上，质量为
kg 的物块a 从b 的左侧沿水平轨道以速度
向b 运
动，并与b 发生弹性正碰。碰撞后a 沿半圆轨道运动到C 点时，轨道对其弹力大小为
10N。已知物块与斜面之间的动摩擦因数
。物块a、b 都视为质点，且两物块不再
发生第二次碰撞，不计空气阻力，取
。求：
(1)两物块碰后瞬间物块a 的速度大小
；
(2)物块b 在斜面上运动的时间t。
【答案】(1)
(2)t=1.6s
【详解】（1）物块a 运动到最高点C 时，有
解得
物块a 从A 运动C 的过程，满足机械能守恒
解得
（2）两物块发生弹性正碰，选取水平向右为正方向，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得
物块b 在斜面上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
解得
物块b 在斜面上运动的时间
29．（2025·江苏南京·一模）如图所示，在光滑绝缘水平面上同时由静止释放两个带正电的小
球A 和B，已知A、B 两球的质量分别为m1、m2。则某时刻A、B 两球（ ）
A．速度大小之比为m1∶m2
B．加速度大小之比为m1∶m2
C．动量大小之比为m2∶m1
D．动能大小之比为m2∶m1
【答案】D
【详解】AC．由于两小球都带正电，则彼此受到斥力作用，所以两小球组成的系统动量
守恒，则
所以
两球动量大小相等，比值为1 1∶，故AC 错误；
B．小球的加速度大小之比为
故B 错误；
D．动能之比为
故D 正确。
故选D。
30．（2025·广东广州·一模）如图，某同学在水平冰面上进行冰壶练习时，冰壶甲意外滑入宽
=27.25m 的矩形ABCD 区域，并最终停在O 点。该区域禁止人员进入，为了取回冰
壶甲，该同学将冰壶乙从E 点以某一初速度滑入该区域与甲正碰，最终甲滑出该区域，
且乙恰好停在AB 边界。已知
=21.00m，且EO⊥CD，两冰壶相同且可视为质点，冰壶
与冰面间动摩擦因数μ=0.008，碰撞中损失的动能等于碰前瞬间总动能的
，重力加速度
g 取10m/s2，求：
(1)碰后瞬间乙的速度大小；
(2)乙滑入该区域的初速度大小。
【答案】(1)1m/s
(2)4.4m/s
【详解】（1）设两冰壶质量均为m，碰前瞬间乙的速度为v1，碰后瞬间甲、乙的速度分
别为v 甲、v 乙，乙从O 恰好滑至AB 过程有
解得v 乙=1m/s
（2）乙与甲碰撞过程系统动量守恒，动能损失为碰前动能的
有
，
联立解得v1=4m/s，或v1=
m/s（依题意v 甲>v 乙，排除此解）
设乙在E 点初速度为v0，从E 至O 的过程有
解得v0=4.4m/s
31．（2025·山东菏泽·一模）如图所示，光滑水平面上固定质量为2m、倾角为θ 的斜面
OAB，在斜面右侧有 n 个质量均为
的物块，质量为m 的滑块从光滑斜面顶端A 由静
止释放。
(1)求滑块到达斜面底端时的速度大小
；
(2)若斜面底端有一小圆弧，斜面和地面平滑连接。
①所有的碰撞均为完全非弹性碰撞，求第n 个物块的最终速度大小
②所有的碰撞均为弹性碰撞，求第n 个物块的最终速度大小
(3)水平面上靠近 B 处有一固定竖直挡板，斜面不固定，滑块运动至斜面底端与水平面碰
撞后，仅保留水平方向动量。物块与挡板碰撞后以原速率返回，此时改变滑块与水平面、
斜面与水平面间的粗糙程度，斜面与水平面动摩擦因数
。
要使滑块能追上斜面，求滑块与水平面间动摩擦因数的最大值。
【答案】(1)
(2)①
；②
(3)
【详解】（1）对滑块，由动能定理得
解得
（2）①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有
解得
②若是弹性碰撞，设滑块第1 次与第 n 个物块相碰后的速度分别是v₀₁、v₁，根据动量守
恒定律则有
根据能量守恒定理则有
联立解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1 的最终速度为
，之后滑块第2 次与第n
个物块发生弹性碰撞，设滑块与第 n 个物块相碰后的速度分别是v₀₂、 v₂，根据动量守
恒定律，则有
根据能量守恒定律，则有
解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2 的最终速度为
，第n 个物块的最终速度
（3）设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为
，竖直速度为
，斜面体的速度为
水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律则有
解得
，
滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s₁，斜面体的水平位移大小为s₂，
由于水平方向系统动量守恒，则有
整理可得
即
代入数据解得
，
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方
，则有
解得
故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为
32．（2025·河北·一模）如图所示，质量为0.4kg，带有四分之一圆弧的光滑圆弧槽静止在光
滑的水平面上，圆弧半径为0.3m。现有一质量为0.2kg 的小球以大小
的初速
度水平冲上圆弧槽，取重力加速度大小
，从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的
过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球和圆弧槽组成的系统动量守恒
B．小球离开圆弧槽时速度的大小为
C．小球上升的最大高度（相对圆弧最低点）为1.2cm
D．小球对圆弧槽的最大压力为2.4N
【答案】C
【详解】A．从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，小球和圆弧槽组成的系统水平方
向不受外力，水平方向动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，竖直方向动量不守恒，
即小球和圆弧槽组成的系统动量不守恒，故A 错误；
BD．水平方向根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
，
即小球离开圆弧槽时速度的大小为0.2m/s，此时圆弧槽对小球支持力最大，设为
，根
据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律可知小球对圆弧槽的最大压力为
故BD 错误；
C．小球上升的最大高度（相对圆弧最低点）时，小球和圆弧槽速度相等，水平方向根据
动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
故C 正确。
故选C。
33．（2025·北京丰台·一模）乌贼在遇到紧急情况时，通过快速喷水获得速度而逃离。已知乌
贼喷水前的质量为 M。 速度为0，喷水时，在极短时间内将质量为m 的水以速度u 水
平向前喷出，获得速度向后逃离，所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k。 下列说
法正确的是（ ）
A．乌贼获得的最大速度为
B．喷水后乌贼做匀减速直线运动
C．喷水后乌贼向后逃离的最远距离为
D．喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能
【答案】C
【详解】A．根据动量守恒定律有
解得
故A 错误；
B．所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k，则
随着速度减小，加速度逐渐减小，故B 错误；
C．对
运用积分原理有
解得
故C 正确；
D．喷水过程乌贼消耗的能量等于喷出水的动能和乌贼动能之和，故D 错误；
故选C。
34．（2025·山东济南·一模）如图所示，足够长的木板M 放在光滑水平面上，滑块N 放在木
板上的左端，二者之间接触面粗糙，水平地面的右侧固定一竖直挡板。木板M 和滑块N
以相同的速度水平向右运动，木板M 和挡板发生弹性碰撞，碰撞时间可忽略不计。以木
板M 第一次与挡板发生碰撞的时刻为计时起点，水平向右为正方向，以下描述木板M 和
滑块N 的速度随时间变化规律的图像（用实线表示滑块N 的速度变化规律，用虚线表示
木板M 的速度变化规律）可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【详解】A．若木板和滑块质量相等，则滑块向右减速的加速度大小等于木板向左减速的
加速度大小，同时减速为0，故A 正确；
BC．若木板质量大于滑块，则
两物体共速时速度向左，一起匀速运动，故B 正确，C 错误；
D．若木板质量小于滑块，两物块共速时速度向右，先匀速运动一段再和挡板碰撞，重复
之前的过程，故D 正确。
故选ABD。
35．（2025·北京朝阳·一模）如图所示，半径为R 的四分之一圆弧轨道顶端放置一个光滑物块，
物块可视为质点，物块与圆弧轨道的质量均为m。已知重力加速度为g。
(1)圆弧轨道固定在水平面上，由静止释放物块，求：
a．物块滑到轨道底端时速度的大小v；
b．物块滑到轨道底端的过程中受到的冲量。
(2)轨道放在光滑水平面上，同时释放轨道和物块，求物块滑到轨道底端时速度的大小
。
【答案】(1)a．
，b．
，方向水平向右
(2)
【详解】（1）a．对物块，规定水平面的重力势能为零，根据机械能守恒有
，解得
b．对物块，规定水平向右方向为正，根据动量定理有I=mv-0，可得冲量的大小为
，方向水平向右
（2）设物块滑到底端时轨道的速度大小为
，滑块滑到底端的过程，滑块与轨道组成的
系统机械能守恒，规定水平面的重力势能为零，有
①
滑块与轨道组成的系统水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，有
②
由①②解得
36．（2025·河北·一模）如图所示，在有圆孔的水平支架上放置一物块，子弹从圆孔下方以大
小为
的速度竖直向上击中物块并留在物块中。已知子弹的质量为
，物块的质量为
，重力加速度大小为
。物块（含子弹）在空中运动时所受阻力大小为它们所受总重
力的
。子弹与物块相对运动的时间极短，不计物块厚度的影响，求：
(1)子弹在物块中相对物块运动的过程中，系统损失的机械能；
(2)物块（含子弹）落回支架前瞬间的速度大小。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）子弹射入物块过程，由动量守恒定律有
解得
子弹射入物块的过程中，系统损失的机械能
解得
（2）子弹射入物块后一起向上运动，由运动学公式有
由牛顿第二定律有
子弹和物块落回支架的过程中，由牛顿第二定律有
由运动学公式有
解得子弹和物块落回支架前瞬间的速度大小
37．（2025·云南昆明·一模）如图所示，两个半径均为R 的四分之一光滑圆弧轨道在O 点平
滑连接，两圆弧的圆心O1、O2在同一竖直线上。一质量为m 的小球b 静止在O 点，另一
质量也为m 的小球a 从圆心为O1的圆弧轨道上某处由静止释放，a、b 在O 点发生弹性碰
撞，碰后b 在圆弧轨道上运动一段距离后脱离轨道。小球a、b 均可视为质点，a、b 在两
圆弧轨道上运动的路程相等，重力加速度为g，则（ ）
A．a 的释放位置距O 点的高度为0.2R
B．a、b 碰撞后瞬间，b 的速度大小为
C．a、b 碰撞前瞬间，a 对轨道的压力大小为2.0mg
D．a、b 碰撞后瞬间，b 对轨道的压力大小为1.4mg
【答案】A
【详解】A．设a 的释放位置与O1连线和竖直方向夹角为
，碰前速度为
，则
碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等，所以交换速度，a、b 在两圆弧轨道上运动的
路程相等，从碰后到b 脱离轨道过程
且刚要脱离时
联立解得
所以a 的释放位置距O 点的高度为
故A 正确；
B．根据以上分析解得a、b 碰撞后瞬间，b 的速度大小为
故B 错误；
C．根据牛顿第二定律
结合牛顿第三定律可知，a、b 碰撞前瞬间，a 对轨道的压力大小为
故C 错误；
D．a、b 碰撞后瞬间，b 对轨道的压力大小为
结合牛顿第三定律可知， b 对轨道的压力大小为
故D 错误。
故选A。
38．（2025·河北保定·一模）皮带式传送带是物料搬运系统机械化和自动化不可缺少的组成部
分。如图所示，以速度v＝1m/s 顺时针转动的传送带BC 与水平地面处于同一水平面上，
AB、BC 的水平长度均为L＝1.25m。一质量
的小球b 用长为R＝1.6m 的轻绳悬
挂于O 点，一质量
的小物块a 静置于悬点O 正下方的A 点，整个装置处于同一
竖直面内。现将小球b 向左拉至轻绳与竖直方向成θ＝60°角的位置由静止释放，小球b
运动到最低点与小物块a 发生弹性碰撞。已知小物块a 与水平地面和传送带间的动摩擦因
数均为μ＝0.1，不计传送带轮轴处的摩擦，小物块a 与小球b 均可视为质点，重力加速度
。求：
(1)碰撞后瞬间小球b 对轻绳的拉力大小及小物块a 的速度大小；
(2)小物块a 从A 点运动到传送带右端所需要的时间；
(3)小物块a 从A 点运动到传送带右端的过程中系统因摩擦产生的热量。
【答案】(1)12.5N，
(2)
(3)
【详解】（1）小球b 运动到最低点的过程，由动能定理得
解得
小球b 与小物块a 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
，
联立解得
碰撞后瞬间对小球b 有
解得F＝12.5N
由牛顿第三定律知小球b 对轻绳的拉力大小
（2）小物块a 从A 点运动到B 点，由动能定理和动量定理得
，
联立解得
小物块a 从B 点运动到与传送带共速的过程，由动能定理和动量定理得
，
联立解得
小物块a 与传送带共同做匀速运动的时间
则小物块a 从A 点运动到传送带右端所需要的时间
（3）在时间
内小物块a 与传送带发生的相对位移大小
小物块a 从A 点运动到传送带右端的过程中系统因摩擦产生的热量
39．（2025·辽宁葫芦岛·一模）如图1 所示，质量均为
的物块甲和木板乙叠放在光滑水平
面上，甲到乙左端的距离为
，初始时甲，乙均静止，质量为
的物块丙以速度
向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后乙的位移
随时间的变化如图2 中实
线所示，其中0.2s 时刻前后的图像分别是抛物线的一部分（图中实线）和直线，二者相
切于
点，抛物线的顶点为
。甲始终未脱离乙，重力加速度大小为
。下列说法正确
的是（ ）
A．碰后瞬间乙的速度大小为
B．甲、乙间的动摩擦因数为
C．甲、乙间的动摩擦因数为
D．甲到乙左端的距离
至少为
【答案】ACD
【详解】ABC．设碰后瞬间乙的速度大小为
，碰后乙的加速度大小为a，由图（b）可
知
其中
，抛物线的顶点为Q，根据x-t 图像的切线斜率表示速度，则有
联立解得
，
根据牛顿第二定律可得
解得甲、乙间的动摩擦因数为
物块丙与乙发生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得
，
可得
故B 错误，AC 正确；
D．由于甲、乙质量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为
根据图（b）可知，
时刻甲、乙刚好共速，则
时间内甲、乙发生的相对位移为
则甲到乙左端的距离满足
故D 正确。
故选ACD。
40．（2025·江西鹰潭·一模）如图，质量均为m 的小球A 和B，分别用长为l 的轻绳并排悬挂
于
两点正下方。现对小球A 施加外力F 作用，使小球A 由静止从最低点P 点移动
到Q 点，已知重力加速度为g。下列说法中正确的是（ ）
A．能使小球A 静止于Q 点的外力F 的最小值为
B．小球A 从P 点缓慢移动到Q 点的过程中，力F 不做功
C．若作用在小球A 上的外力为水平恒力且
，则小球运动到Q 点的速度为
D．将小球A 从Q 点由静止释放，A、B 在悬挂点正下方发生弹性碰撞时，交换速度
【答案】D
【详解】A．外力与绳的拉力合力与重力等大反向，所以当外力与绳垂直时，外力最小为
故A 错误；
B．小球A 从P 点缓慢移动到Q 点的过程中，根据能量守恒可知，F 做正功，增加了小球
的重力势能，故B 错误；
C．根据动能定理
解得
故C 错误；
D．将小球A 从Q 点由静止释放，A、B 在悬挂点正下方发生弹性碰撞时，由于两者质量
相同
，
解得
，
所以交换速度，故D 正确。
故选D。
