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专题9 动量与动量守恒定律
9 大考点概览
考点01 动量与冲量
考点02 动量定律
考点03 动量守恒定律
考点04 碰撞
考点05 爆炸与反冲
考点06 滑块弹簧模型
考点07 板块/子弹木板模型
考点08 滑块斜（曲）面模型
考点09 多过程问题
1．（2026·四川字节联盟·一模）下列说法正确的是（ ）
A．一对相互作用力的总冲量一定为零
B．一对相互作用的摩擦力的总功一定为零
C．物体动量变化量为负，则物体动量大小在减小
D．力冲量的正负表示方向，力做功的正负表示大小
【答案】A
【解析】A．相互作用力总等大反向，同时存在，根据冲量的定义，可知一对相互作用力的冲量大小相
等，方向相反，故总冲量一定为零，故A 正确；
B．相互作用力发生的位移不一定相同，故一对相互作用的摩擦力的总功不一定为零，故B 错误；
C．动量变化量是矢量，负号代表与规定的正方向相反，并不代表动量在减小，故C 错误；
D．冲量是矢量，正负表示方向，功的正负表示力作用的效果，正功表示动力做功，负功表示阻力做功，
故D 错误。
故选 A。
2．（2026·四川·一模）两个质量相等的相同刚性球M、N，放在同一光滑水平桌面上，M球以v0的水平速
度撞向静止的N球，M、N 间的弹力变化简化为如图所示，碰撞过程中没有机械能损失。则（ ）
考点1
动量与冲量
A．t =3t0时刻，N球的速度大小为v0
B．
时刻，N球的速度大小为v0
C．碰撞过程，M球对N球做的功为6 F0t0v0
D．碰撞过程，M球对N球的冲量大小为6 F0t0
【答案】BD
【解析】A．由图可知t =3t0时刻，两球之间的弹力最大，因此两球的形变量最大，此时两球共速，根
据动量守恒可知，此时N 球的速度大小为1
2 v0，故A 错误；
B．
时刻，两球之间的弹力为零，则两球分离，由于两球质量相等，根据动量守恒可知，分离时
两球交换速度，则N球的速度大小为v0，故B 正确；
CD．由于F -t图像中，图线与坐标轴围成的面积表示冲量的大小，则碰撞过程中M球对N球的冲量大
小为I = 1
2 ×2t0× F0×2+ 1
2 ×2t0×2 F0+2t0× F0=6 F0t0
设球的质量为m，由动量定理可得
联立解得m= 6 F0t0
v0
对N 球，根据动能定理可得W MN= 1
2 m v0
2= 1
2 × 6 F0t0
v0
×v0
2=3 F0t0 v0，故C 错误，D 正确。
故选BD。
3．（2026·四川广安·一模）如图所示，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沿水平方向做匀速直线运动。已知拉
力与水平面成30°角，其大小F 随时间t 的变化关系为F = F0－kt（F ≠ 0，F0、k 均为大于0 的常量），
无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0 到T 时间段内（T 是满足F > 0 的任一时刻），
下列说法正确的有（ ）
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为(F0- 1
2 kT)T
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT +(F0- 1
2 kT)T
D．T 时刻受到空气作用力的大小为❑√
3
4 (F0-kT )
2+(mg- F0-kT
2 )
2
【答案】AB
【解析】AD．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F 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和方向均会改变，在T 时刻有cos120
°=
(mg)
2+ F
2- F空
2
2mgF
，F = F0
－kT
解得F空= ❑√(F0-kT )
2+(mg)
2+mg(F0-kT )
故A 正确、D 错误；
B．由于拉力F 随时间t 均匀变化，则无人机在0 到T 时间段内受到拉力的冲量大小为F—t 图像与坐标
轴围成的面积为(F0- 1
2 kT)T，故B 正确；
C．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F x =
❑√3
2 ( F0-kt )
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有F y = 1
2 ( F0-kt )+mg
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I x =
❑√3
2 ( F0T - 1
2 k T
2)
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I y = 1
2 F0T - 1
4 k T
2+mgT
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
I =
❑√I x
2+ I y
2 = ❑√( F0T - 1
2 k T
2+ 1
2 mgT )
2+ 3
4 m
2 g
2T
2
故C 错误。
故选AB。
4．（2026·四川绵阳·一模）一质量为m 的质点在合力F 作用下，从t=0 由静止开始沿直线运动，合力F 随
时间t 的变化如图所示。则（ ）
A．质点做往复运动
B．在0~4t0时间内，质点获得的动量为2 F0t0
C．在0~4t0时间内，质点获得的动能为2 F0
2t0
2
m
D．在0~4t0时间内，质点在2t0时刻速度最大
【答案】BC
【解析】A．由图可知，0~t0时间内质点由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为
考点2
动量定律
t0~2t0时间内质点做匀减速直线运动，加速度大小为
即质点做匀加速直线运动的加速度为匀减速运动加速度的两倍，质点运动速度始终沿正方向，故A 错
误；
B．图线与横轴所围区域的面积表示力的冲量，根据动量定理可得
所以在0~4t0时间内，质点获得的动量为
p=2 F0⋅2t0-2 F0t0=2 F0t0
故B 正确；
C．在0~4t0时间内，质点获得的动能为
故C 正确；
D．在0~4t0时间内，2t0~3t0时间内质点做加速度为2 F0
m 的匀加速直线运动，3t0~4t0时间内质点做加速度
为F0
m 的匀减速直线运动，故质点在3t0时刻速度最大，故D 错误。
故选BC。
5．（2026·四川内江·一模）某物体在运动过程中只受到力F的作用，物体的速度v随时间t变化的图像如图
所示。已知在t =1s时刻，物体的速度为零。则下列说法中正确的是（ ）
A．在0～3 s内，力F所做的功等于零，冲量也等于零
B．在0～4 s内，力F所做的功等于零，冲量也等于零
C．第1s 内和第2s 内的速度方向相同，速度的变化率方向相同
D．第3s 内和第4s 内动量的变化率大小相同，方向相反
【答案】A
【解析】A．由图可知，
时和t =3 s物体的速度都为v，根据动能定理可知W F = Δ Ek =0
根据动量定理可知I F = Δp=0，故A 正确；
B ．由图可知，
时物体的速度都为v，t = 4 s时物体的速度为0 ，根据动能定理可知
W F = Δ Ek =0- 1
2 m v
2=- 1
2 m v
2
根据动量定理可知I F = Δp=0-mv =-mv
即在0～4 s内，力F做了1
2 mv
2的负功，动量减少了mv，故B 错误；
C．由图像可知，第1s 内和第2s 内的速度方向都沿正方向，方向相同，v-t 图像的斜率表示加速度，即
速度的变化率，结合图像可知，第1s 内，物体沿正方向做匀减速运动，加速度方向为负方向，第2s 内
沿正方向做匀加速运动加速度的方向为正方向，即第1s 内和第2s 内物体的速度方向相同，速度的变化
率方向不同，故C 错误；
D．根据动量定理可知，动量的变化率即为物体所受的合外力，结合牛顿第二定律F =ma可知，第3s
内和第4s 内物体沿正方向做匀减速运动，速度方向和加速度的方向相同，加速度的大小相等，因此合
外力的大小和方向均相同，即第3s 内和第4s 内动量的变化率大小相同，方向也相同，故D 错误。
故选A。
6．（2026·四川成都·一模）篮球从离地一定高度处静止释放，与地面碰撞后反弹上升到最高点的过程中，
所受空气阻力大小与速度大小成正比，碰撞过程无能量损失，篮球在该过程中的
图像可能是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】空气阻力大小与速度大小成正比，设空气阻力为f =kv
下落过程由牛顿第二定律可得mg-kv =ma，故随着速度增大，加速度越来越小，下落时做加速度逐渐
减小的加速运动
与地面碰撞后上升阶段，由牛顿第二定律可得mg+ kv =ma，故随着速度减小，加速度越来越小，上升
时做加速度逐渐减小的减速运动。
设小球下落高度为
，上升高度为
，则下落时空气阻力冲量的大小为I 1=∑
❑
❑
kvΔt =k h1
上升时空气阻力冲量的大小为I 2=∑
❑
❑
kvΔt =k h2
规定向下为正方向，由动量定理，下落时mgt1-k h1=m v0
上升时mgt2+k h2=0-(-m v0)=m v0，故t1>t2。
故选D。
7．（2026 四川内江·一模）某同学用图1 所示的装置验证动量定理。器材有：滑块（含遮光片，总质量为
M）、与计算机相连的光电门1 和2、装有沙的沙袋、长木板（带滑轮））、天平和细线等。已知重
力加速度大小为g。
实验步骤如下：
（1）用游标卡尺测量遮光片宽度d，示数如图2 所示，d = mm。
（2）挂上沙袋，改变木板的倾角，使滑块匀速滑下。
（3）取下沙袋，用天平测出其总质量为m，让滑块沿木板下滑，和计算机相连的光电门测量出遮光片
经过光电门1、2 的遮光时间t1、t2及遮光片从1 运动到2 所用时间t，则滑块从1 运动到2 的过程中，
所受合力的冲量大小I = ，滑块动量的变化量大小为Δp= （用题中给出的物理量表
示）。
（4）改变沙袋的质量和木板的倾角，多次重复实验。在误差允许的范围内，若有I = Δp，则动量定理
得以验证。
【答案】 6.7 mgt Md(
1
t2
- 1
t1)
【解析】（1）[1]由游标卡尺的读数规则得
d =6mm+7×0.1mm=6.7mm
（3）[2]挂上装沙的沙袋，滑块匀速下滑，其受到的合力为零，取下沙袋，滑块受到的合力F即为沙袋
的重力，有
F =mg
则滑块受合力的冲量大小
I =mgt
[3]滑块经过光电门1、2 的速度大小分别
v1= d
t1
、v2= d
t2
其动量的变化量
Δ p= M(
d
t2
- d
t1)= Md(
1
t2
- 1
t1)
8．（2026·四川德阳·一模）中国高铁将向“更高速、更智能、更绿色、更舒适”持续迈进，为中国式现代
化提供强劲交通支撑。某高铁列车质量为m，以速率v0在平直轨道上匀速行驶。若列车行驶时受到的
阻力大小与速度大小v 关系满足f=kv；刹车时牵引系统处于关闭状态，除阻力f 外，制动装置额外提供
大小恒为F 的制动力。已知列车减速直至停止通过的位移大小为x。求：
(1)列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率P；
(2)列车减速过程阻力f 做的功W；
(3)列车减速过程制动力F 的冲量大小。
【答案】(1)
(2)
(3)m v0-kx
【解析】（1）列车匀速行驶时牵引力等于阻力，则
（2）列车减速过程，根据动能定理可得
所以
（3）根据动量定理可得- I F -k ¯v ⋅t =0-m v0，x =¯v ⋅t
联立解得I F =m v0-kx
9．（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
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
【解析】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；
考点3
动量守恒定律
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。
10．（2026·四川德阳·一模）如图（1）所示，倾角为θ 的足够长斜面固定在水平面上，甲、乙与斜面间的
动摩擦因数分别为μ1、μ2。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0 沿斜面下滑，甲和乙的位置x 随时
间t 的变化的关系曲线如图（2）所示。已知两条曲线均为抛物线，乙的x-t 曲线在t=t0 时切线斜率为0，
重力加速度大小为g。则0~t0 内（ ）
A．μ1- μ2=2tanθ
B．甲的速度变化量大小为3v0
C．甲、乙的加速度相同
D．甲、乙构成的系统动量守恒
【答案】D
【解析】B．0~t0时间内甲做匀加速直线运动，乙做匀减速运动，t0时刻速度减为零，则3 x0= v0+ v
2
t0，
x0= v0
2 t0
联立解得v =2v0
所以甲的速度变化量大小为
，故B 错误；
C．甲的加速度大小为a1= v - v0
t0
= v0
t0
乙的加速度大小为a2= v0
t0
所以甲乙加速度大小相等，方向相反，故C 错误；
D．由于甲乙加速度大小相等，方向相反，即二者组成的系统合力为零，系统动量守恒，故D 正确；
A．根据牛顿第二定律有mgsinθ - μ1mgcosθ =ma1，μ2mgcosθ -mgsinθ =ma2，a1=a2
联立可得μ1+ μ2=2tanθ，故A 错误。
故选D。
11．（2026·四川泸州·一模）如图所示，物块B 静止在水平地面上，大小相同的物块A 水平向右运动与物
块B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的v-t 图像如图所示，已知A 物块质量为0.2kg，
重力加速度g 取10m/s2,下列说法正确的是（ ）
A．物块B 的质量为0.16kg
B．物块B 与地面间的动摩擦因数为0.2
C．物块A、B 发生的是非弹性碰撞
D．碰撞过程中物块B 对物块A 的冲量大小为0.8N·s
【答案】C
【解析】A．由图像可知，碰撞前物块A 的速度v0=1.0 m/s
碰撞后物块A 的速度为v A =0.2m/s
碰撞后物块B 的速度为vB=0.8 m/s
A、B 碰撞时动量守恒，则有mA v0=mA v A+mB vB
代入数据解得mB=0.2kg，故A 错误；
B．由图可知，物块A 碰撞前的加速度大小为aA = Δv
Δt =0.2m/s
2
由此可知，物块B 停止运动的时间t = v A
aA
=5 s
物块B 的加速度大小aB= vB
t =0.16 m/s
2
对物块B 受力分析，根据牛顿第二定律可得μBmB g=mBaB
联立解得μB=0.016，故B 错误；
C．碰撞前，物块A 的动能E A = 1
2 mA v0
2=0.1J
碰撞后，物块A 的动能E A
' = 1
2 mA v A
2 =0.004 J
物块B 的动能EB= 1
2 mB vB
2 =0.064 J
由于E A> E A
' + EB，因此A、B 为非弹性碰撞，故C 正确；
D ．根据动量定理可知，碰撞过程中物块
B 对物块A 的冲量大小为
I =|Δ pA|=|mA v A -mA v0|=0.16 N ·s
12．（2026·四川·一模）如图所示，半径R =0.5m的光滑圆弧轨道ABC 固定在水平面上，A 点与圆心O 等
高，B 为最低点，圆弧BC 对应的圆心角θ =60°。将质量m1=0.1kg的小球P 从A 点正上方某一高度由
静止释放，进入圆弧轨道后，在最低点B 与质量m2=0.3kg的小球Q 发生弹性碰撞，Q 从C 点飞出后
恰好能垂直击中竖直墙面上的D 点。已知C 点到墙壁的水平距离x =
❑√3
10 m，不计一切摩擦阻力，两小
球均可视为质点，重力加速度g 取10 m/s
2。求：
(1)小球Q 从C 点飞出时的速度大小v；
(2)小球Q 在C 点时对轨道的压力大小F N；
(3)小球P 释放点到A 点的距离h。
【答案】(1)2m/s
(2)3.9N
(3)1.3m
【解析】（1）小球Q 从C 点到D 点的斜上抛过程可逆向看成从D 点到C 点的平抛运动，则在水平方
向有v cos60°t = x
在竖直方向有v sin 60° =>¿
联立解得v =2m/s
（2）小球Q 在C 点，根据牛顿第二定律有N -m2 gcos60° =m2
v
2
R
考点4
碰撞
解得N =3.9 N
根据牛顿第三定律可得小球Q 在C 点时对轨道的压力大小F N = N =3.9 N
（3）小球Q 从B 点到C 点过程根据动能定理有-m2 gR (1-cos60°)= 1
2 m2v
2- 1
2 m2vQ
2
解得vQ=3 m/s
小球P、Q 碰撞过程姝动量守恒和能量守恒有m1v0=m1v P+m2vQ，1
2 m1v0
2= 1
2 m1v P
2 + 1
2 m2vQ
2
解得v0=6 m/s
小球P 从释放到运动至最低点B 过程根据动能定理有m1g(R+h)= 1
2 m1v0
2
解得
13．（2026·四川广安·一模）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB 是倾角为30°的斜
轨道，BC 是以恒定速率v0顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C 端有半径为R、质量为M 置于光滑
水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC 处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m
的物块，从轨道AB 上与B 相距L 的P 点由静止下滑，经传送带末端C 点滑入圆弧轨道。物块与传送带
间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R =0.36m，L=1.6m，v0=5m/ s，m=0.2kg，
M =1.8kg，μ=0.25。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块
(1)滑到B 点处的速度大小；
(2)从B 点运动到C 点过程中摩擦力对其做的功；
(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
【答案】(1)4m/s
(2)0.9J
(3)0.2m
(4)3N
【解析】（1）滑块从P 点到B 点由动能定理mgLsin30
∘= 1
2 m v
2
解得到达B 点的速度
（2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功W f = 1
2 m v0
2- 1
2 m v
2=0.9 J
（3）物块在传送带上加速运动的加速度为a= μg =2.5 m/s
2
加速到共速时用时间t = v0- v
a
= 5- 4
2.5 s=0.4 s
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度Δx = v0t - v0+ v
2
t =0.2m
（4 ）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知
m v0=m v1+ M v2，1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2+2mgR
联立解得v1=-2.2m/s，v2=0.8 m/s
（另一组v1=3.2m/s，v2=0.2m/s，因不合实际舍掉）
对滑块在最高点时由牛顿第二定律F +mg=m (v2- v1)
2
R
解得F=3N
14．（2026·四川泸州·一模）如图所示，
挡板左右两侧有不等高且足够长的水平地面，木板A 上表面
与
右侧地面齐平，可视为质点的物块B 放在木板A 左端。
右侧s=5m内为涂有某种材料的特
殊区域，物块B 在该区域运动时所受摩擦力f 与速度大小v满足f =0.2v；光滑的1
4 圆弧槽静放在特殊区
域右侧光滑的水平地面上。现给物块B 施加水平向右的瞬时冲量I =20 N ⋅s，之开始运动。已知木板
A 的质量mA =0.5kg、长度L=11.75m，右端距
的距离d =16m，与地面的动摩擦因数μ1=0.1；
物块B 的质量mB=2kg，A、B 之间的动摩擦因数μ2=0.2，木板A 与
挡板碰后粘连且速度立即减
为零，取重力加速度g=10m/ s
2。求：
(1)物块B 刚运动时，木板A 的加速度大小；
(2)物块B 运动到
挡板处的速度大小；
(3)要使物块B 最终能够停在
挡板右侧，求1
4 圆弧槽的质量M的取值范围。
【答案】(1)aA =3m/ s
2
(2)v2=3m/ s
(3)4
3 kg< M <2kg
【解析】（1）物块B 开始运动时，设木板A 加速度为aA
以木板A 为研究对象，根据牛顿第二定律 μ2mB g- μ1(mA+mB)g=mA aA
解得：aA =3m/ s
2
（2）给物块B 一个瞬时冲量I，设物块B 获得的初速度为v0，根据动量定理 I =mB v0-0
物块B 在木板A 上滑动时，对物块B μ2mB g=mBaB
设用时
两者达到共速 v共= v0-aBt1=aAt1
在
时间内，设A、B 的位移分别为x A、xB
木板 x A = 1
2 aAt1
2，物块 xB= v0+ v共
2
t1
则：v共=6m/ s，且Δ x = xB- x A =10m< L，故B 与A 共速时未滑下A 木板
A、B 共速后，由于μ2mB g> μ1(mA+mB)g，A、B 将一起做匀减速直线运动，设一起匀减速的加速度
为a
根据牛顿第二定律 μ1(mA+mB)g=(mA+mB)a…
设A、B 一起匀减速运动到
时的速度大小为v1，d - x A = v共
2 - v1
2
2a
解得v1= 4 m/ s
木板A 停止后，物块B 继续以aB做匀减速直线运动，设物块B 运动到
挡板处速度为v2，
L- Δ x = v1
2- v2
2
2aB
解得v2=3m/ s
（3）设B 运动到
挡板右侧s=5m处的速度为v3
根据动量定理- ft =mB Δv
则
即：
解得v3=2.5m/ s
物块B 滑上四分之一圆弧槽后再运动到圆弧轨道最低点，设物块B 的速度为v4，圆弧槽的速度为v M，
根据水平方向的动量守恒和能量守恒可得：
解得
若物块B 再次滑入s=5m后恰好停在O点，
同理：
解得M = 4
3 kg
若物块B 与圆弧槽作用后速度恰好减为零，则M =2kg
故M的取值范围为4
3 kg< M <2kg
15．（2026·四川凉山·一模）如图甲所示，一水平面除AB 段外其余均光滑。轻弹簧左端与固定挡板相连，
质量为m 的物块a 放在水平面上A 点，刚好与处于自然伸长的轻弹簧右端接触。质量为3m 的物块b 静
止在B 点，A、B 间距离为R。质量为3m、半径为R 的四分之一光滑圆弧静止于B 点右侧，圆弧面BC
的最低点B 与水平面相切。物块a 与水平面上AB 间的动摩擦因数大小与离A 点距离x 的关系如图乙所
示。现用外力将物块a 向左推移并锁定在P 点，此时弹簧弹性势能为8.2mgR，解锁物块a，物块a 向右
滑去并与物块b 碰撞。若物块a、b 均视为质点，且每次碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g，求：
(1)物块a 与b 第一次碰撞前一瞬间a 的速度大小v1；
(2)物块a 与b 第一次碰撞后一瞬间a、b 的速度大小v2、v3；
(3)若物块b 从圆弧面上返回时与a 在水平面上相碰，则b 最终的速度为多大。
【答案】(1)v1= 4 ❑√gR
(2)
，
(3)v8= 1
2
❑√3.2gR
【解析】（1）物块a 从P 到B 过程，根据动能定理有8.2mgR -W f = 1
2 mv1
2
其中W f =∑
❑
❑
μmgR =0.2mgR
联立解得v1= 4 ❑√gR
（2）a、b 第一次碰撞过程，根据动量守恒定律有m v1=m v2+3m v3
根据能量守恒定律有1
2 mv1
2= 1
2 mv2
2+ 3
2 mv3
2
联立解得v2=-2❑√gR，
即物块a 与b 第一次碰撞后一瞬间a、b 的速度大小分别为2❑√gR、2❑√gR；
（3 ）b 与圆弧质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律有3m v3=3m v4+3m v5，
3
2 mv3
2= 3
2 mv4
2+ 3
2 mv5
2
可得v4=0，
即b 返回到圆弧底端速度为零，且在B 点右侧静止，圆弧体速度大小为2❑√gR，a 再次返回B 点，由动
能定理-2W f = 1
2 m v6
2- 1
2 m v2
2
解得v6= ❑√3.2 gR
a、b 第二次碰撞，根据动量守恒定律m v6=m v7+3m v8
根据能量守恒定律1
2 m v6
2= 1
2 m v7
2+ 3
2 m v8
2
联立解得v7= 1
2
❑√3.2 gR，v8= 1
2
❑√3.2 gR<v3
故物块b 最终的速度大小v8= 1
2
❑√3.2 gR
16．（2026·四川雅安·一模）某游戏装置竖直截面图如图所示。固定轨道PQM 与传送带MN 平滑连接，其
中PQ 段为光滑圆弧轨道，QM 段为粗糙水平直轨道。物块a 从P 点由静止释放，运动到M 点与静止的
物块b 发生完全非弹性碰撞，碰后结合成整体c；c 运动到传送带右端N 时，受到一水平向左的瞬时冲
量I =10 N ⋅s，以后每隔Δt =1s给c 一相同的瞬时冲量I，直到c 离开传送带。已知a、b、c 均可视为
质点，a、b 的质量分别为
，mb=0.8kg，圆弧轨道半径
，圆心角
，QM
间距离d =1.1m，MN 间距离L=2.5m，传送带顺时针运行的速度v0=2m/s，a 与水平直轨道、c 与传
送带间的动摩擦因数均为
，sin53° =0.8，cos53° =0.6，重力加速度g取
求：
(1)a 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2)碰后瞬间c 的速度大小；
(3)c 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【答案】(1)支持力大小为21.6 N
(2)碰后瞬间c 的速度大小为3 m/s
(3)热量Q =109 J
【解析】（1）物块从P 到Q 的过程，由能量守恒得
解得Q 点速度v =6 m/s
在Q 点有N =ma g+ma
v
2
R
解得支持力
（2）物块从Q 到M 的过程，由动能定理
解得
在M 点发生完全非弹性碰撞，由动量守恒
解得碰后瞬间c 的速度大小v2=3 m/s
（3）取向右为正方向，令c 的质量为
，加速度a= μg =5 m/s
2
由于
，因此c 运动到传送带右端N 时已经与传送带共速。在N 点由动量定理得
解得v3=-3 m/s
c 先向左减速到零再加速到与传送带共速，所用时间
c 向左运动到速度为零的位移
c 从速度为零加速到与传送带共速的位移
总位移
由于减速到共速时间等于Δt，因此刚好共速时c 受到向左的瞬时冲量I，由动量定理
解得
因此c 将重复之前的运动，重复
次后减速运动离开传送带。重复n次过程中c 与传送带摩
擦产生的热量Q1=n(μmg(v0⋅0- v3
a
- x1)+ μmg(v0⋅v0
a - x2))=100 J
重复运动n次后距离M点L+ 4 x =0.5m<- x1，第5 次c 受到向左的瞬时冲量I后速度依旧为v3，之后运
动到M 点的速度满足
解得
所用时间
因此第5 次c 受到向左的瞬时冲量I后运动到M 点的过程中c 与传送带摩擦产生的热量
Q2= μmg(v0t1+ L+ 4 x)=9 J
因此c 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量Q =Q1+Q2=109 J
17．（2026·四川达州·一模）如图所示，水平桌面DE上放置两个物块A、B，质量分别为mA =0.2kg，
mB=0.1kg，A、B间夹有少量炸药。有一质量mC =0.3kg的小球C，用长L=0.4 m，不可伸长的轻绳
悬挂于悬点O处，小球与桌面接触但不挤压。在O点左下方的P点固定一光滑钉子，P、O两点距离为
L
2 ，OP与竖直方向夹角为60
∘，A右侧桌面粗糙、左侧光滑，A与桌面间动摩擦因数μ=0.2。现点燃
炸药将物块A、B分开，炸药释放能量的60%转化为两物块的动能，A、B分开后，B与小球C发生弹
性碰撞，A经时间
停在水平桌面上。A、B、C均可视为质点，重力加速度g取10m/ s
2。求：
(1)炸药释放的能量E；
(2)忽略绳与钉子相互作用的能量损失，判断小球C能否在竖直面内做圆周运动到达P点正上方，若能，
求此时绳子的拉力F。
【答案】(1)E =8 J
(2)F =6 N
【解析】（1）炸药爆炸后，A、B分开，由物块A、B动量守恒mA v A =mB vB
炸药释放能量的60%转化为两物块的动能0.6 E = 1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2
A在桌面上经时间t =2s减速停止，由牛顿第二定律可知μmA g=mA a
由运动学规律可知v A =at
联立解得E =8 J，v A = 4 m/ s，vB=8m/ s
（2）物块B与小球C发生弹性碰撞mB vB=mB vB1+mC vC
1
2 mB vB
2 = 1
2 mB vB1
2 + 1
2 mC vC
2
解得vC = 4 m/ s。碰后C先以半径L=0.4 m做圆周运动，绳与钉子作用后变为以半径L
2 =0.2m做圆周
运动，假设碰撞后小球能运动到P点的正上方，则由机械能守恒定律得
1
2 mC vC
2 =mC gL(1- 1
2 cos60
∘+ 1
2)+ 1
2 mC v
2
解得v = ❑√6m/ s。小球恰能做圆周运动到达P点正上方，则有：mC g=mC
vmin
2
L
2
解得vmin= ❑√2m/ s。vmin<v，所以小球C能到达P点正上方。在P点正上方有F +mC g=mC
v
2
L
2
解得F =6 N
18．（2026·四川达州·一模）如图所示，一斜面传送带与光滑足够长水平直轨道平滑连接，传送带与水平
面夹角（θ =37
∘，小球a与小球
通过长L2= 5
7 m不可伸长的细线连接，小球
位于半径略大于自身的
光滑圆柱槽EF（圆柱槽水平固定且足够长）内的N点，只能在槽内水平自由移动，圆柱槽上下表面镂
空，细线和小球a均可无碰撞在竖直平面内穿过圆柱槽。现有质量m3=1.0kg的滑块从传送带最高点P
点静止释放，经过传送带后进入水平直轨道，与小球a发生弹性碰撞，碰撞时间极短。已知传送带以恒
定速度v = 4.0m/ s速率顺时针转动，传送带PO长度.L1=3.05m，小球a质量m1=1.0kg，小球
质量
m2=0.6kg，滑块与传送带间的动摩擦因数
，其它摩擦和阻力均不计，小球、滑块均视为质点。
已知重力加速度g取10m/ s
2，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8。（答案可用分数表示）求：
(1)滑块从静止释放运动到O点时间t；
(2)若小球
不固定，小球
的最大速度大小vb；
(3)若小球
固定，小球a离地面最大高度
。
【答案】(1)t =0.9 s
(2)6.25m/ s
(3)135
112 m
【解析】（1）C 由静止释放后由牛顿第二定律有
m3 gsinθ+ μm3 gcosθ =m3a1
解得：a1=10m/ s
2
C 与传送带达到共速时间t1= v
a1
=0.4 s
C 运动的位移x1= 1
2 a1t1
2=0.8m
共速后C 所受摩擦力反向m3 gsinθ - μm3 gcosθ =m3a2
解得：a2=2m/ s
2
L1- x1= v t2+ 1
2 a2t2
2
解得：t2=0.5 s
滑块C 从静止释放运动到O点时间：t =t1+t2=0.9 s
（2）滑块C 滑到斜面底端时速度：v1= v +a2t2=5m/ s
若b 不固定，C 与a发生弹性碰撞，因碰撞时间极短，b 球运动状态不变，则有
m3v1=m3vc+m1va
1
2 m3v1
2= 1
2 m3vc
2+ 1
2 m1va
2
解得：va=5m/ s
a与b 互作用过程中，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，由分析得，当a向上运动后再返回至最低
点时，b 速度最大
m1va=m1va1+m2vb
1
2 m1va
2= 1
2 m1va1
2 + 1
2 m2vb
2
解得：vb=6.25m/ s
（3）若b 定，c 与a发生弹性碰撞，碰后a的速度为
设a到达与b 等高的速度为v2，则有： -m1g L2= 1
2 m1v2
2- 1
2 m1va
2
解得v2=5 ❑√
3
7 m/ s>0
若a做圆周运动恰能达到b 的正上方，在最高点有m1g=m1
va2
2
L2
a从最低点到b 的正上方有
-2m1g L2= 1
2 m1va2
2 - 1
2 m1va0
2
解得va0
2 = 250
7 >va
2
所以a将在EF上方某位置脱离圆轨道
设a脱离圆轨道ab连线与水平方向夹角为
，此时速度为v3，则有
m1 gsin β =m1
v3
2
L2
-m1 g L2(1+sin β)= 1
2 m1v3
2- 1
2 m1va
2
a脱离圆轨道后将斜抛运动
小球离地面最大高度h= L2(1+sin β)+ (v3cos β)
2
2g
解得h= 135
112 m
19．（2026·四川泸州·一模）某小组制作一辆带有配重的反冲小车，酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出，小
车在水平地面上运动了一段距离停下。下列操作能使小车在水平地面上运动距离变大的是（ ）
考点5
爆炸与反冲
A．增加小车配重的质量
B．减小小车配重的质量
C．减小塞子与试管的摩擦
D．减小小车与水平地面的阻力
【答案】BD
【解析】设塞子质量为m，小车剩下的质量为M，塞子喷出的瞬间，因内力远远大于地面的摩擦力，
则此过程可以忽略地面的摩擦力，系统在水平方向近似守恒，有m v x= Mv
此后小车在摩擦力作用下做匀减速直线运动直至停下，有x = v
2
2 μg 。
A．若增加小车配重的质量M，反冲过程小车获得的速度v变小，匀减速的最大位移x变小，故A 错误；
B．若减小小车配重的质量M，反冲过程小车获得的速度v变大，匀减速的最大位移x变大，故B 正确；
C．减小塞子与试管的摩擦，改变的是系统的内力，不影响系统水平方向动量守恒，则小车获得的速度
大小不变，最大位移不变，故C 错误；
D．减小小车与水平地面的阻力，小车的最大位移变大，故D 正确。
故选BD。
20．（2026·四川德阳·一模）如图所示，物块A、B 用轻弹簧连接并放置于水平传送带上，传送带以恒定
速率v 顺时针转动。t=0 时，A 的速度大小为2v，方向水平向右，B 的速度为0，弹簧处于原长。t=t1时，
A 第一次与传送带共速，弹簧弹性势能Ep。已知A、B 可视为质点，质量均为m，与传送带的动摩擦因
数均为μ；A 与传送带相对滑动时会留下痕迹，重力加速度大小取g，A、B 始终在传送带上，弹簧始
终在弹性限度内，则（ ）
A．0~t1过程，A、B 的位移相等
B．在t=t1时，A、B 的速度相同
C．在t=t1时，弹簧的压缩量为1
μmg (m v
2- E p)
D．0~t1过程，A 在传送带上留下的划痕长度为
【答案】BC
【解析】B．初始时A 向右减速，B 向右加速，故可知在A 与传送带第一次共速前，AB 整体所受合外
力为零，系统动量守恒有2mv =mv +m vB
解得在t =t1时，B 的速度vB= v
考点6
滑块弹簧模型
所以在t =t1时，A、B 的速度相同，故B 正确；
A．0~t1过程，A 向右减速，B 向右加速，最后共速，则在这段时间内A 的位移大于B 的位移，故A
错误；
C ．在t1时间内，设
AB
向右的位移分别为
xA ，xB ，由功能关系有
- μmg x A+ μmg xB= 1
2 m v
2+ 1
2 m v
2- 1
2 m(2v)
2+ E p
此时弹簧的压缩量Δx = x A - xB
解得Δx =
1
μmg (mv
2- E p)，故C 正确；
D．0~t1过程，传送带位移x传= v t1
A 的初速度2v，末速度v，加速度a=- μmg- F弹
m
弹簧弹力逐渐变大，故加速度逐渐变大，A 做加速度变大的减速运动，故A 的位移
x A> 2v + v
2
t1= 3
2 v t1
A 在传送带上留下的划痕长度x相= x A - x传> 1
2 v t1，故D 错误。
故选BC。
21．（2026·四川·一模）如图所示，静止于粗糙水平面的P、Q 两物块用劲度系数为4N/m 的轻质弹簧相连，
弹簧由原长压缩0.09m 后用轻绳将两物块拴接。P、Q 两物块的质量分别为0.2kg、0.4kg，物块与水平
面间的动摩擦因数均为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧弹性势能E p与形变量x、劲度系数k
的关系为E p= 1
2 k x
2，重力加速度取10 m/s
2。烧断轻绳至两物块均静止的过程中，下列说法正确的是
（ ）
A．两物块与弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒
B．Q 物块与P 物块所受摩擦力的冲量大小相等
C．P 物块运动的路程为0.08m
D．P 物块的最大动能为0.0112J
【答案】BC
【解析】C．P 与地面间的最大静摩擦力为f 1m= μm1g=0.2 N
Q 与地面间的最大静摩擦力为f 2m= μm2 g=0.4 N
初始时弹簧的弹力大小为F =kx =0.36 N
因为F >f 1m且F <f 2m，故P 将会向左滑，Q 保持静止。对P 向左运动的过程分析，弹力随位移线性变
化，摩擦力大小方向均不变，故P 做简谐运动，平衡位置在合力为0 处，有μm1g=k x0
解得x0=0.05m
根据对称性，P 将运动到x
' =0.01m处速度为0，并且此时k x
' =0.04 N < μm1g=0.2 N
故P 此后将保持静止，P 运动的总路程为x - x
' =0.08m，故C 正确；
A．在P 运动的过程中，有摩擦生热，故系统机械能不守恒，P 与地面间的摩擦力始终为向右的滑动摩
擦力，大小为0.2N，Q 与地面间的静摩擦力始终与弹簧弹力大小相等，从0.36N 开始逐渐减小至
0.04N，方向始终向左，故系统动量不守恒，故A 错误；
B．系统初始总动量为0，末状态总动量为0，在该过程中水平方向外力仅为P、Q 所受地面的摩擦力，
根据动量定理，Q 所受摩擦力的冲量大小等于P 所受摩擦力的冲量大小，故B 正确；
D ．当P 运动至受力平衡位置处时，动能最大，对整个系统分析，由能量守恒定律可得
1
2 k x
2= 1
2 k x0
2+ μm1g(x - x0)+ Ek
解得Ek =0.0032J，故D 错误。
故选BC。
22．（2026·四川自贡·一模）如图所示，质量分别为1kg 和2kg 的物块A 和B 用一根轻弹簧连接，
时，
将两物块放置在速度为1m/s 顺时针转动的水平传送带上，给A 一个向右的初速度v0=2m/s，B 的速度
为零，弹簧处于原长。在t =t0时，A 与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能E p=0.75 J。A、B 与传
送带的动摩擦因数分别为0.5 和0.25，传送带足够长，重力加速度g=10 m/s
2，则下列叙述正确的是（
）
A．在0-t0的时间里，A、B 及弹簧组成的系统动量守恒
B．在t = t0
2 时，A 的加速度小于B 的加速度
C．t =t0时，B 的速度为1m/s
D．t =t0时，弹簧的压缩量为0.1m
【答案】AD
【解析】A．根据f = μmg可知AB 与传送带的滑动摩擦力大小相等，均为f=5N，在0-t0的时间里，传
送带对B 的滑动摩擦力向左，对A 的滑动摩擦力向右，可知A、B 及弹簧组成的系统合外力为零，则
系统的动量守恒，A 正确；
B．在t = t0
2 时，A 做减速运动，加速度为aA = F + μA mA g
mA
= F
mA
+ μA g
B 做加速运动，加速度aB= F - μBmB g
mB
= F
mB
- μB g
可知A 的加速度大于B 的加速度，B 错误；
C．t =t0时，由动量守恒mA v0=mA v传+mB vB
解得vB=0.5m/s，C 错误；
D．t =t0时，由能量关系可知- fΔx - E p= 1
2 mA v传
2 + 1
2 mB vB
2 - 1
2 mA v0
2
解得∆x=0.1m，即弹簧的压缩量为0.1m，D 正确。
故选AD。
23．（2026·四川字节联盟·一模）如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平地面上，木板上表面OA
段光滑，AB 段粗糙且长为l。木板左端O 处固定一水平轻质弹簧，右侧用一不可伸长的细绳连接于竖
直墙上，细绳所能承受的最大拉力为F。现一质量为m 的小滑块（可视为质点）以速度v 从A 点向左滑
动，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块也恰未掉落。
则（ ）
A．细绳拉断前滑块和长木板组成的系统动量守恒，机械能守恒
B．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为v
2
2 gl
C．细绳被拉断后木板的最大加速度为F
M
D．滑块与弹簧分离时木板的速度为2mv
M +m
【答案】BC
【解析】A．细绳拉断前，系统合外力不为零，动量不守恒，A 错误；
B．因为最终长木板停止运动，小滑块恰未掉落，说明木板速度为零，小滑块速度为零，对整个系统应
用能量守恒可知
1
2 m v
2= μmgl
故
μ= v
2
2gl
B 正确；
C．细线没有断裂之前木板处于平衡态，一个物体在n 个力作用下处于平衡态，其中一个力与剩余
（n-1）个力等大、共线、反向。因为细绳所能承受的最大拉力为F，所以细线拉断瞬间木板所受的
其余外力与细线拉力平衡，大小为F，故细线断裂时木板的合外力为F，此时加速度为
a= F
M
之后弹簧恢复原长的过程中弹力逐渐减小，木板做加速度逐渐减小的加速运动。故细线断裂时加速度
最大。C 正确。
D．从小滑块开始运动到弹簧恢复原长的过程，对小滑块和长木板应用能量守恒可得
1
2 mv
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2
从细线断裂时到弹簧恢复原长的过程，系统合外力为零，动量守恒，故
解得
v2= ❑√
m
2v
2
M
2+ Mm
D 错误。
故选BC。
24．（2026·四川·一模）如图所示，倾角θ =30
∘的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通
过不可伸长轻绳绕过光滑定滑轮与静止在斜面底端O1点的物块
相连，斜面底端与水平地面平滑连接；
处于原长的水平轻质弹簧右端固定在竖直挡板上，物块B在O2点紧靠（不拴接）弹簧左端。某时刻起，
电动机以恒定功率P =10W 拉动物块
由静止开始沿斜面向上运动，经过时间
，物块A达到最大
速度，同时剪断细绳，之后，物块
与B碰撞并粘连在一起运动，最终停在某位置。物块
和B均可看
成质点，质量相等都为m=1kg，与水平粗糙段O1O2之间的动摩擦因数都为μ=0.2，O1、O2相距
L=1m。斜面足够长，弹簧始终处于弹性限度内，挡板与O2间水平地面光滑，不计空气阻力。重力加
速度g取10m/ s
2。求：
(1)物块
沿斜面向上运动速度最大时的动量大小pm；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm；
(3)两物块一起最终所停位置与O2点的间距d。
【答案】(1)pm=2kg⋅m/s
(2)Epm =9 J
(3)d =0.25m
【解析】（1）物块
在电动机恒定功率拉动下向上做加速运动，加速度为零时，设此时电动机牵引力
大小为F，速度最大为vm，则F =mgsinθ
速度最大时P = F vm
此时物块
沿斜面向上的动量pm，则pm=m vm
解得pm=2kg⋅m/s
（2）物块
从O1到O2，设与物块B碰撞前的速度大小为v A，由动能定理Pt - μmgL= 1
2 mv A
2
物块
与物块B粘连在一起，设整体速度为v共，由动量守恒m v A =2m v共
当物块
、B向右压缩弹簧减速到零时，弹簧弹性势能最大，由能量守恒Epm = 1
2 ⋅2mv共
2
解得Epm =9 J
（3）物块
和B一起在弹簧与斜面之间做往复运动，最终停在O1、O2之间某处，设物块
和B一起在
O1、O2之间往复运动通过的总路程为，由动能定理-2mgμs=0- 1
2 2m共
2
解得s=2.25m
距离O2点的间距d = s-2 L
解得d =0.25m
考点7
板块/子弹木板模型
25．（2026·四川德阳·一模）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A 和B，滑块C（可视为
质点）置于B 的右端，三者质量均为m。A 以大小为v0的速度向右运动，B、C 一起以大小为v0的速度
向左运动，A 和B 发生碰撞后粘在一起不再分开。已知C 与A、B 间动摩擦因数均为μ，碰撞时间极短，
最后C 未从A、B 上滑落，则（ ）
A．碰撞瞬间C 相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为v0
3 μg
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为4
3 mv0
2
D．碰撞后到三者相对静止，C 相对长板滑动的距离为v0
2
3 μg
【答案】D
【解析】A．碰撞瞬间C 相对地面向左运动，故A 错误；
B．向左为正方向，从AB 开始碰撞到三者共速，由动量守恒定律可得2m v0-m v0=3m v1
解得v1= v0
3
所以经历的时间为
，故B 错误；
C．AB 碰撞后二者速度变为零，动能为零，BC 开始相对滑动，所以碰撞到三者相对静止摩擦产生的热
量为
，故C 错误；
D．摩擦产生的热量为Q = μmg⋅x
解得x = v0
2
3 μg
，故D 正确。
故选D。
26．（2026·四川成都·一模）如图甲所示，“L”形木板Q（竖直挡板厚度不计）静止于粗糙水平地面上，
质量为1kg的滑块P（视为质点）以6m/ s的初速度滑上木板，
时滑块与木板相撞并粘在一起。
两者运动的
图像如图乙所示。重力加速度大小g=10m/ s
2，则下列说法正确的是（ ）
A．“L”形木板的长度为9m
B．Q 的质量为1kg
C．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1
D．由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q 与地面摩擦产生的内能之比为1：4
【答案】BD
【解析】A．“L”形木板的长度
L= 6+3
2
×2m- 1
2 ×2m=8m
A 错误；
B．滑块P 滑上木板后，滑块P 做匀减速运动，木板Q 做匀加速运动，由两者运动的
图像可知，两
者在碰撞前滑块P 的速度为
v1=3 m/s
木板Q 的速度
两者碰撞后共同速度为
v3=2m/s
碰撞过程系统的动量守恒，设滑块P 的质量为m，木板Q 的质量为M，取滑块P 的速度方向为正方向，
由动量守恒定律可得
m v1+ M v2=(m+ M )v3
代入数据解得
B 正确；
C．设滑块P 与木板Q 间的滑动摩擦因数为μ1，地面与木板之间的滑动摩擦因数为μ2，由运动的
图
像可知，在0~2s 时间内，滑块P 的加速度为
aP= 3-6
2
m/s
2=-1.5 m/s
2
木板Q 的加速度为
aQ= 1
2 m/s
2=0.5 m/s
2
对两者由牛顿第二定律可得
- μ1mg= M aP
μ1mg- μ2(m+ M )g= M aQ
代入数据联立解得
μ2=0.05
C 错误；
D．由于碰撞系统损失的机械能为
ΔE = 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2- 1
2
(m+ M )v3
2
代入数据解得
ΔE =1J
碰撞后木板Q 与地面摩擦产生的内能
Q = 1
2
(m+ M )v3
2= 4 J
课中由于碰撞系统损失的机械能与碰撞后木板Q 与地面摩擦产生的内能之比为1：4，D 正确。
故选BD。
27．（2026·四川宜宾·一模）如图所示，AB 为光滑的1
4 固定圆弧轨道，半径R =1.25m。一质量m=3kg的
滑块（可视为质点）从与圆心等高的A 点静止释放，经B 点水平滑上质量M =2kg的小车；当滑块和
小车第一次相对静止时，小车与竖直墙壁刚好发生弹性碰撞；最终滑块和小车均停止，全过程中滑块
始终未与墙壁相碰。滑块与小车上表面之间的动摩擦因数μ=0.2，地面光滑，重力加速度g=10 m/s
2，
求：
(1)滑块与小车第一次相对静止时的速度大小；
(2)初始时小车左端与竖直墙壁之间的距离和小车至少多长；
(3)若滑块从滑上小车至刚停止的总时间t =5.5 s，则滑块在小车上各匀速运动阶段的时间之和为多少。
【答案】(1)3m/ s
(2)1.5m，2.5m
(3)3 s
【解析】（1）滑块从A 点到B 点，由动能定理得
mgR = 1
2 mv0
2
对滑块和小车，由动量守恒定律得
m v0=(m+ M )v
联立解得
v =3m/ s
（2）从滑块滑上小车到它们共速，对小车，由动能定理得
μmg x
' = 1
2 M v❑
2
解得
x
' =1.5m
根据能量守恒定律，小滑块的动能转化为系统的内能和系统的动能
1
2 m v0
2= μmgΔ L
❑+ 1
2
(m+ M )v❑
2
解得
ΔL=2.5m
（3）滑块从滑上小车至刚停止，摩擦力总是阻碍滑块运动，由动量定理得
- μmgt
' =0-m v0
解得滑块减速运动时间
t
' =2.5 s
滑块在小车上各匀速运动阶段的时间之和为
Δt =t -t
' =3 s
28．（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，
考点8
滑块斜（曲）面模型
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，v0=2❑√gR，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μ< R
2 L，则滑块P 能从Q 的C 端飞出
B．滑块P、Q之间的动摩擦因数可能为3 R
2 L
C．若μ= 3 R
4 L，则最终P、Q 组成的系统损失的机械能为3mgR
2
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
【解析】A．若滑块P 恰好到达C 端，有m v0=(m+3m)v1，1
2 mv0
2= 1
2 (m+3m)v1
2+mgR+ μ0mgL
联立解得μ0= R
2 L
所以，若μ< R
2 L，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m v0=(m+3m)v1，1
2 mv0
2= 1
2 (m+3m)v1
2+ μ1mgL
联立解得μ1= 3 R
2 L
所以，若μ= 3 R
2 L ，则滑块P 不能滑上圆弧轨道，故B 错误；
C ．若μ= 3 R
4 L，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
m v0=m v2+3m v3，1
2 mv0
2= 1
2 mv2
2+ 1
2 ⋅3mv3
2+ μmg⋅2 L
解得v2= v3=
❑√gR
2
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ΔE = μmg⋅2 L= 3mgR
2
，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
v1= v0
4 =
❑√gR
2
>
❑√gR
3
，故D 错误。
故选AC。
29．（2026·四川自贡·一模）如图所示，质量为4m、半径为R 的四分之一光滑圆弧体b 静置于光滑水平面
上，圆弧体的最低点与水平面平滑连接。其右端有一质量为4m，足够长的平板车c 静止在光滑水平面
上，车顶与左侧平台等高，且物块a 与平板车c 上表面的动摩擦因数为μ。现将质量为m、可视为质点
的物块a 从圆弧体的最高点由静止释放。重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)若圆弧体固定，物块a 滑至圆弧体b 最低点时，求物块a 受到的支持力大小；
(2)若圆弧体不固定时，求：
①物块a 滑至圆弧体b 最低点时，圆弧体b 的水平位移的大小；
②物块a 在平板车c 上相对滑行所用的时间。
【答案】(1)3mg
(2)①R
5 ；②8
25 μ
❑√
10 R
g
【解析】（1）圆弧体固定时，对a 有mgR = 1
2 m va0
2
到达最低点时，由牛顿第二定律可得F N -mg=m va0
2
R
求得F N =3mg
（2）①系统水平方向动量守恒，物块a 刚好滑离圆弧体时，有m va= 4 m vb
物块a 和圆弧体的水平位移满足m xa- 4 m xb=0
又xa+ xb= R
联立解得圆弧体b 水平方向的位移为xb= R
5
②圆弧体不固定时，水平方向动量守恒，对物块a 和圆弧体b 有m va= 4 m vb
又由能量守恒可得：mgR = 1
2 m va
2+ 1
2 4 m vb
2
可得va=2❑√
2gR
5
滑上平板车后，车与物块a 动量守恒，则m va=(4 m+m)v共
对平板车c，设相对运动时间为t，由动量定理可得：μmgt = 4 m v共
解得 t =
8
25 μ
❑√
10 R
g
30．（2026·四川成都·一模）如图所示，水平地面上固定一倾角θ =30°的斜面，斜面底端有一挡板N，在
距斜面底端L
2 的c 点设置一机关，当有物块穿过c 点后会立即弹出薄挡板M 阻止物块再穿过。将质量
为m1的光滑物块P 和质量为
的物块Q 同时从斜面上的a、b 两点由静止释放。ab与bc距离均为L，
物块Q 与斜面间的动摩擦因数μ= 2❑√3
3
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块间及物块与挡板间的碰
撞均为弹性碰撞，两物块均可视为质点，重力加速度大小为g。
(1)求P、Q 第一次碰前瞬间P 的速度大小v0；
(2)若m1=m2，两物块是否会发生第二次碰撞。如果会，求前两次碰撞所间隔的时间；如果不会，请说
明理由；
考点9
多过程问题
(3)要使Q 最终停在c 点，求
m1
m2
的最大值和最小值。
【答案】(1)v0= ❑√gL
(2)会，
(3)最大值为2❑√3+3，最小值为1
2
【解析】（1）因
即m2 gsinθ< μm2 gcosθ
则物块Q 释放后保持静止。物块P 从a 点匀加速至b 点的过程中，由牛顿第二定律和运动学公式得
m1gsinθ =m1a1
又
解得v0= ❑√gL
（2）物块P 与物块Q 第一次发生弹性碰撞后，设物块P、Q 的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒得
m1v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒得1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
解得v1= m1-m2
m1+m2
v0，v2=
2m1
m1+m2
v0
当m1=m2时，v1=0，v2= v0
物块Q 碰后将做匀减速直线运动，假设物块Q 匀减速至停下前两物块未碰撞，设该过程物块QQ的加
速度大小为
，运动时间为
，位移大小为x1，由牛顿第二定律和运动学公式得
μm2 gcosθ -m2 gsinθ =m2a2，0= v2-a2t1，x1= v2+0
2
t1
解得t1=2❑√
L
g ，
物块P 撞后将做初速度为0 的匀加速直线运动，在
时间内位移大小为x2，由运动学公式得x2= 1
2 a1t1
2，
解得x2= L
即物块Q 恰好运动至c 点速度减为0，机关尚未触发，此时物块P 恰好也运动至c 点，故两物块会发生
第二次弹性碰撞，两次碰撞所间隔的时间为
（3）①当m1>m2时，结合（2）的计算结果分析可得，第一次碰撞后物块Q 先经过c 点，触发机关，
物块P不会与物块Q 发生第二次碰撞。假设物块Q 与挡板N发生了n(n=1,2,3⋯⋯)次碰撞后最终停
在c点，物块Q 从第一次碰撞后至最终停止运动的过程中，由动能定理可得
m2 gsinθ⋅L- μm2 gcosθ(L+2n L
2)=0- 1
2 m2v2
2
解得
又因为v2<2v0
故n=1
此时
m1
m2
最大， 解得
m1
m2
=2❑√3+3
②当m1<m2时，结合（2）计算结果分析可得，第一次碰撞后物块Q 沿斜面向下匀减速至0，物块P 先
沿斜面向上做匀减速直线运动，再沿斜面向下做匀加速直线运动，直至与已静止的物块Q 再次发生碰
撞，此后重复该过程。当
m1
m2
最小时，经过无数次碰撞后，两物块最终恰好均停在c 点。对两物块全过
程根据能量守恒可得m1g·2 Lsinθ+m2 gLsinθ = μm2 gcosθ· L
解得
m1
m2
= 1
2
综上，要使得物块Q 最终停在c点，
m1
m2
的最大值为2❑√3+3，最小值为1
2。
31．（2026·四川内江·一模）如图所示，一水平传送带B、C两点间的距离
，B、C两点分别是传送
带两侧轮缘的顶端，传送带左侧与光滑平台AB平滑相连于B点，以C点为圆心、半径为R = ❑√3m的1
4
圆弧DE固定于传送带右侧，CD连线水平。两质量均为m=1kg的小滑块a、b中间压着一条轻弹簧
（不与两滑块拴接）并用一根长为d =0.25m的细线锁定，传送带以速度
顺时针匀速转动。
在
时，将滑块b从B点由静止释放。已知两滑块a、b与传送带间的动摩擦因数均为μ=0.1，滑块a、
b可视为质点，取重力加速度大小g=10m/ s
2。求：
(1)小滑块a运动至B点的速度大小；
(2)在小滑块b从B点运动至C点的过程中，两滑块a、b与传送带因摩擦而产生的总热量；
(3)若传送带始终保持不转动，现将两小滑块a、b移动到传送带左侧的光滑平台上，剪断细线，滑块b
被弹簧弹开后滑上传送带，并从C点水平飞出后落在圆弧DE上。要使滑块b落在圆弧上时的动能最小，
则剪断细线时，弹簧的弹性势能为多大？
【答案】(1)0.5 m/s
(2)6.25 J
(3)22J
【解析】（1）由题可知，小滑块a 到达传送带前，小滑块b 受到向右的滑动摩擦力，使ab 一起向右做
匀加速运动，根据牛顿第二定律可得μmg=2ma1
小滑块a 到B 点时则有
联立解得
（2）小滑块a 到达传送带前向右加速的时间t1= v1
a1
小滑块b 和传送带的位移关系xb=d，x带= v0t1，x相对= x带- xb
该过程产生的热量Q1= μmg x相对
代入数据解得Q1=2.25 J
小滑块a 和b 一起滑上传送带后，向右的加速度为
，则有μ2mg=2ma2
整体达到共速的时间t2= v0- v1
a2
小滑块a 和b 一起加速运动的位移xab= 1
2 (v0+ v1)t2=3m< L-d
两小滑块未滑离传送带，该过程传送带的位移x带
' = v0t2
相对位移x相对
'
= x带
' - xab
该过程产生的热量Q2=2 μmg x相对
'
代入数据解得Q2= 4 J
共速后，小滑块a 和b 向右匀速运动，与传送带不发生相对滑动，因此整个过程产生的总热量为
Q =Q1+Q2=6.25 J
（3）小滑块b 从C 点以速度vC抛出后，做平抛运动，水平方向则有x = vC t
竖直方向则有y = 1
2 gt
2
击中圆弧时满足x
2+ y
2= R
2
由动能定理可得Ek =mgy + 1
2 mvC
2
整理可得Ek = 3
8 m g
2t
2+ 1
2 m R
2
t
2
由数学知识可知，当
时，动能Ek有最小值，小滑块b 以vb弹开后，沿传送带减速
6m，由运动学公式可得vC
2 - vb
2=-2 μgL
弹簧弹开小滑块a 和b 的过程中，由动量守恒定律可得mava=mb vb
剪断细线时，弹簧的弹性势能E p= 1
2 mava
2+ 1
2 mb vb
2
联立以上各式解得E p=22J
32．（2026·四川成都·一模）如图所示，一足够长光滑的水平面轨道，左侧与光滑曲面轨道、右侧与倾角
α=37°的斜面平滑相接，质量为m 的滑块A 静置于水平轨道的最左端。质量也为m 的滑块B 从右侧斜
面上离水平面H 高处静止释放，此后做多次往复运动。已知A、B 之间的碰撞为弹性正碰，滑块B 与
斜面的动摩擦因素μ= 1
12，不计空气阻力，滑块A、B 均视作质点，重力加速度为g，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。求：
(1)滑块B 第一次运动到斜面底端时速度的大小（结果用根号表示）；
(2)滑块A、B 发生第一次弹性碰撞后A、B 各自的速度大小（结果用根号表示）；
(3)滑块A 第一次冲上光滑曲面轨道的高度、滑块B 在斜面上往返运动的总路程。
【答案】(1)v = 4
3
❑√gH
(2)v1= 4
3
❑√gH，v2=0
(3)h= 8
9 H，s=15 H
【解析】（1 ）设滑块B 第一次运动到斜面底端时的速度为v ，由动能定理可得
解得v = 4
3
❑√gH
（2）设第一次碰撞后A 的速度为v1，B 的速度为v2，因为两者发生弹性正碰，因此碰撞过程中动量守
恒mv =m v1+m v2
机械能守恒1
2 m v
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2
解得v1= 4
3
❑√gH，v2=0
（3）设滑块A 第一次冲上光滑曲面轨道的高度
，根据能量守恒1
2 m v1
2=mgh
解得h= 8
9 H
设滑块B 在斜面上往返运动的总路程为s，根据动能定理mgH - μmgcosα ⋅s=0
解得s=15 H
33．（2026·四川资阳·一模）如图所示，足够长的光滑水平地面上有1000 个大小相同的小球排成一排，相
邻两球间距为L，将其从左到右依次编号。质量为m的小圆环A套在足够长的光滑水平杆上，位于1 小
球正上方L处。现将质量为3m的小球B通过长度为L的轻绳与A连接，初始时轻绳处于水平绷直状态，
A、B均静止。某时刻释放小球B，B到达最低点时轻绳恰好断裂，之后B在水平地面上与1 号球发生
碰撞，已知1 号小球的质量为3m，2∼1000号小球的质量均为m。题中所有小球之间的碰撞均视为弹
性正碰。已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，小球大小忽略不计。求：
(1)轻绳断裂时B的速度大小vB；
(2)1 号球与2 号球第一次碰撞后，2 号球所获得的速度v2；
(3)若1 号球与2 号球第一次碰撞后，立即给1 号球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出，F远远小
于1、2 球碰撞时的作用力），使1 号球每次以相同速度与2 号球相碰，且该速度等于两球第一次碰前
瞬间1 号球的速度，直到1~1000 号小球速度第一次都相等时撤去外力，求外力F作用下1 号球的位移x
及最终1 号球与1000 号球之间距离d。
【答案】(1)vB=
❑√2gL
2
(2)
(3)x = 3002
3
L，d = 2998
3
L
【解析】（1）从B球释放到轻绳断裂的过程中，A、B 组成的系统水平方向动量守恒：3m vB-mv =0
系统机械能守恒有：3mgL= 1
2 m v
2+ 1
2 ×3m vB
2
联立可得：vB=
❑√2 gL
2
（2）绳断后，B球在水平地面向右运动与1 号球碰撞，设碰后B球和1 号球速度分别为vB
'、v0
根据动量守恒定律 3m vB=3m vB
' +3m v0
根据机械能守恒定律 1
2 ×3m vB
2 = 1
2 ×3m vB
' 2+ 1
2 ×3m v0
2
联立解得：v0=
❑√2 gL
2
1 、2 号球碰撞后，两球的速度分别为v1，v2，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有：
3m v0=3m v1+m v2 ，1
2 ×3m v0
2= 1
2 ×3m v1
2+ 1
2 m v2
2
联立解得：
（3）1、2 号球碰后，2 号小球以速度v2向右运动一个L，与3 号小球碰撞后速度交换，然后依次交换
下去。由于1 号球与2 号球后续碰撞前速度与第一次碰撞相同，从1 号球碰前瞬间到再一次碰前瞬间，
由能量守恒有：FL= 1
2 m v2
2
设F作用下1 号球的总位移记为x，将p:∀x∈(2,+ ∞),2
x> x
2号小球作为系统，由功能关系有：
Fx =(
1
2 ×999m v2❑
2+ 1
2 ×3m v2❑
2)-(
1
2 ×3m v1❑
2+ 1
2 ×m v2❑
2)
联立可得：x = 3002
3
L
设F作用的总时间记为t，将p:∀x∈(2,+ ∞),2
x> x
2号小球作为系统，由动量定理有：
Ft =(999m v2+3m v2)-(3m v1+m v2)
联立可得：t = 4000 ❑√2gL
3 g
最终1 号球与1000 号球间距离为：d = v2t - x
联立可得：d = 2998
3
L
34．（2026·四川泸州·一模）如图，轨道ABCD由半径R1=1.5m的光滑四分之一圆弧轨道AB、长度
LBC =0.6m的粗糙水平轨道BC 以及足够长的光滑水平轨道CD 组成。质量m1=2kg的物块P 和质量
m2=1kg的物块Q 压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、
Q 可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量m3=3kg的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等
高，长度LEF =0.8m；FG段为半径R2=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不
计。现解除弹簧锁定，物块P、Q 由静止被弹出（P、Q 脱离弹簧后立即搬走弹簧），其中物块P 进入
CBA轨道，而物块Q 滑上小车。P、Q 与BC、EF间的动摩擦因数均为
，重力加速度
g=10m/ s
2，不计物块经过各连接点时的机械能损失。
(1)若物块P 经过CB后恰好能到达A点，求物块P 通过B点时，物块P 对圆弧轨道的压力大小；
(2)若物块P 经过CB后恰好能到达A点，求物块Q 从小车上的G点冲出时的速度大小；
(3)若弹簧解除锁定后，物块Q 向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被
锁定弹簧的弹性势能的取值范围。
【答案】(1)60N
(2)❑√73m/ s
(3)8J≤Ep≤16J
【解析】（1）由题意知，物块P 经过CB 后恰好能到达A 点，说明在A 点时物块P 速度为0，设物块P
在B 时速度vB，则从B 到A，由机械能守恒有m1g R1= 1
2 m1vB
2
解得vB= ❑√30 m/s
在B 点，设P 受到支持力FN，由牛顿第二定律得F N -m1g=m1
vB
2
R1
代入题中数据，联立解得FN=60N
根据牛顿第三定律可知，物块P 通过B 点时，物块P 对圆弧轨道的压力60N。
（2 ）设P 、Q 物体与弹簧分离后速度分别为vP 、vQ ，则P 从C 到B 过程，由动能定理有
- μm1g LBC = 1
2 m1vB
2 - 1
2 m1vP
2
解得vP=6m/s
分析PQ 与弹簧组成的系统可知，系统动量守恒，规定向右为正方向，则有0=m2vQ-m1vp
解得vQ=12m/s
Q 滑上小车后运动到最高点时，若二者水平方向共速为v 共，对Q 与小车系统，由水平动量守恒得：
m2vQ=（m2+m3）v 共
解得v 共=3m/s
由能量守恒有1
2 m2vQ
2 = 1
2 m3 v共
2 + 1
2 m2(v共
2 + v y
2)+m2 g R2+ μm2 g LEF
联立解得v y =8 m/s
物块Q 从小车上的G点冲出时的速度vG=
❑√v共
2 + v y
2 = ❑√73 m/s
（3）设P、Q 物体与弹簧分离后速度分别为v1、v2，由动量守恒有0=m2v2-m1v1
由能量守恒，弹性势能为E p= 1
2 m2v2
2+ 1
2 m1v1
2
分析可知，当Q 刚滑到F 点与车共速时，弹性势能最小，设共速为v 共1，则由动量守恒得m2v2=
（m2+m3）v 共1
能量守恒得1
2 m2v2
2= 1
2 (m2+m3)v共1
2
+ μm2 g LEF
联立以上解得弹性势能最小值为Epmin=8J
分析可知，当Q 滑上小车圆弧轨道再次返回F 点与车共速时，弹性势能最大，设共速为v 共2，则由动
量守恒得m2v2=（m2+m3）v 共2
能量守恒得1
2 m2v2
2= 1
2 (m2+m3)v共2
2
+2 μm2 g LEF
联立以上解得弹性势能最小值为Epmax=16J
被锁定弹簧的弹性势能的取值范围8J≤Ep≤16J。
