动量
1 (2024全国甲卷考题)7. 蹦床运动中，体重为 60kg的运动员在 t= 0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用
力大小F与时间 t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床
水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取 10m/s2。下列说法正确的是 ( )
A. t= 0.15s时，运动员的重力势能最大
B. t= 0.30s时，运动员的速度大小为 10m/s
C t= 1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处
D. 运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为 4600N
【答案】BD
【解析】A．根据牛顿第三定律结合题图可知 t= 0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，
此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；
BC．根据题图可知运动员从 t= 0.30s离开蹦床到 t= 2.3s再次落到蹦床上经历的时间为 2s，根据竖直上
抛运动的对称性可知，运动员上升时间为 1s，则在 t= 1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，t= 0.30s时
运动员的速度大小 v= 10× 1m/s= 10m/s故B正确，C错误；
D．同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为 10m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理
F Δt-mg Δt=mv- (-mv)，其中Δt= 0.3s
代入数据可得F= 4600N
根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为 4600N，故D正
确。
故选BD。
2 (2024年江苏卷考题)8. 在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻
弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光
滑，剪断细绳后，则 ( )
1
A.弹簧原长时物体动量最大 B.压缩最短时物体动能最大
C.系统动量变大 D.系统机械能变大
【答案】A
【解析】对整个系统分析可知合外力为 0，A和B组成的系统动量守恒，得mAvA=mBvB
设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得
Ep= 1 m v 2+ 1 22 A A m2 BvB
m 21
联立得E = Bp +m2 m BA v
2
B
故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。
故选A。
3 (2024年安徽卷考题)8. 在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长
的绝缘轻质细线，连接成边长为 d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为+q，可视为点电荷。
初始时，小球均静止，细线拉直。现将球 1和球 2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度
kq2
大小分别为 v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了 ，k为静电力常量，不2d
计空气阻力。则 ( )
A.该过程中小球 3受到的合力大小始终不变 B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒
2kq2
C.在图乙位置，v1= v2，v3≠ 2v1 D.在图乙位置，v3= 3md
【答案】D
【解析】AB．该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为
2
0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球 3受到 1和
2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球 3受到的合力为 0，球 3从静止状态开始运动，瞬间受到的合
力不为 0，故该过程中小球 3受到的合力在改变，故AB错误；
CD．对系统根据动量守恒 mv1+mv2=mv3
根据球 1和 2运动的对称性可知 v1= v2，解得 v3= 2v1
2
1 1 1
根据能量守恒 mv2 2 21+ mv2+ mv3=
kq
2 2 2 2d
2kq2
解得 v3= 故C错误，D正确。3md
故选D。
4 (2024年湖北考题)10. 如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m
的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小 f与射入初速度大小 v0成正
比，即 f= kv0(k为已知常数)。改变子弹的初速度大小 v0，若木块获得的速度最大，则 ( )
2kL m+M
A. 2mM子弹的初速度大小为 B.子弹在木块中运动的时间为
mM k m+M
k2L2 m+M
C. D. mL木块和子弹损失的总动能为 木块在加速过程中运动的距离为
mM m+M
【答案】AD
【解析】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为
v1,v2，则有mv0=mv1+Mv2
f f
子弹和木块相互作用过程中合力都为 f= kv0，因此子弹和物块的加速度分别为 a1= ,am 2= M
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为 2a1x1= v2 2 20-v1,2a2x2= v2
m v0- v
2-2 kv0 + kv0 0 m M L
联立上式可得 v2= M+m
kv
因此木块的速度最大即 v - v20 0-2 0 + kv0 L k k取极值即可，该函数在 2 + L到无穷单调递减，m M m M
k k kL M+m
因此当 v0= 2 + L= 2 木块的速度最大，A正确；m M Mm
mv
B．则子弹穿过木块时木块的速度为 v2= 0M+m
由运动学公式 v = a t t= mM2 2 ，可得 ，故B错误；
k m+M
3
2k2L2 m+M= = = C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即ΔE Q fL
mM
故C错误；
0+ v
D mL．木块加速过程运动的距离为 x = 22 t= + ，故D正确。2 M m
故选AD。
5 (2024年上海卷考题)7. 如图，小球 a通过轻质细线Ⅰ，Ⅱ悬挂，处于静止状态。线Ⅰ长 l= 0.5m，Ⅱ
上端固定于离地H= 2.1m的O点，与竖直方向之间夹角 θ= 37°；线Ⅱ保持水平。O点正下方有一与 a质
量相等的小球 b，静置于离地高度 h= 1.6m的支架上。 (取 sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，g= 9.8m/s2)
(1)在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小FⅠ，FⅡ和小球 a所受重力大小G中，最大的是 。
(2)烧断线Ⅱ，a运动到最低点时与 b发生弹性碰撞。求：
①与 b球碰撞前瞬间 a球的速度大小 va；(计算)
②碰撞后瞬间 b球的速度大小 vb；(计算)
③ b球的水平射程 s。 (计算)
【答案】 ①. FⅠ ②. 1.4m/s ③. 1.4m/s ④. 0.8m
【解析】(1) [ F1]以小球 a G为对象，根据受力平衡可得 FⅠ= = Ⅱcosθ sinθ
可知在线Ⅰ，Ⅱ的张力大小FⅠ，FⅡ和小球 a所受重力大小G中，最大的是FⅠ。
(2) 1① [2]由动能定理可得 mgl 1- cosθ = mv2
2 a
可得 va= 2gl 1- cosθ = 2× 9.8× 0.5× 1- 0.8 m/s= 1.4m/s
② [3]由动量守恒定律和能量守恒可得
mv =mv +mv 1a a b mv2
1 2 1 2
2 a
= mva+ mv2 2 b
联立解得 vb= 1.4m/s
③ [4] 1由平抛运动的规律有 h= gt2，s= vbt2
联立解得 s= v 2hb = 1.4× 2× 1.6m= 0.8mg 9.8
6 (2024年广东卷考题)14. 汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
4
(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，
敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度 a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡
住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为 g。
忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值 tanθ。
(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。
与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间 t的变化
规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M= 30kg,H= 3.2m，重力加速度大小取 g= 10m/s2。
求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】(1)tanθ= ma+ ；(2)① 330N s，方向竖直向上；② 0.2mmg FN
【解析】(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知
mg+FN tanθ=ma
解得 tanθ= ma
mg+FN
(2) 1①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 IF= × 0.1× 6600N s= 330N s，方向竖直向上；2
②头锤落到气囊上时的速度 v0= 2gH = 8m/s
与气囊作用过程由动量定理 (向上为正方向)IF-mgt=mv- (-mv0)
解得 v= 2m/s
v2
则上升的最大高度 h= = 0.2m
2g
7 (2024年江苏卷考题)13. 嫦娥六号在轨速度为 v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体
B分离时间为Δt，分离后B的速度为 v，且与 v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度 v1；
(2)分离时A对B的推力大小。
( ) (m+M )v0-Mv M (v- v )【答案】 1 ，方向与 v0相同；(2) 0m Δt
5
【解析】(1)组合体分离前后动量守恒，取 v0的方向为正方向，有 (m+M )v0 = Mv+mv1
(m+M )v -Mv
解得 v1= 0 ，方向与 v0相同；m
(2)以B为研究对象，对B列动量定理有 FΔt = Mv-Mv0
= M (v- v )解得 F 0
Δt
8 (2024年安徽卷考题)14. 如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与
光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球
用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小
球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着的轨道运动，已知细线长L= 1.25m。小
球质量m= 0.20kg。物块、小车质量均为M= 0.30kg。小车上的水平轨道长 s= 1.0m。圆弧轨道半径R
= 0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度 g取 10m/s2。
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数 μ的取值范
围。
【答案】(1)6N；(2)4m/s；(3)0.25≤ μ< 0.4
【解析】(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理 mgL= 1 mv2
2 0
-0
解得 v0= 5m/s
v2
在最低点，对小球由牛顿第二定律 FT-mg=m 0L
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为 FT= 6N
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
mv0=mv 1 2 1 2 1 21+Mv2 mv0= mv2 2 1+ Mv2 2
2m
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为 v2= + v = 4m/sm M 0
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
Mv2= 2Mv3
1 1
由能量守恒定律 Mv22= × 2Mv22 2 3+μ1Mgs
6
解得 μ1= 0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高 位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
Mv2= 2Mv4
1 1
由能量守恒定律 Mv22= × 2Mv24+μ2Mgs+MgR2 2
解得 μ2= 0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数 μ的取值范围为 0.25≤ μ< 0.4
9 (2024年山东卷考题)17. 如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表
面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静
置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为 μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形
部分的半径R= 0.4m，重力加速度大小 g= 10m/s2.
(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于 3mg，求小物块在
Q点的速度大小 v；
(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力 F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度 a与F对应关
系如图乙所示。
(i)求 μ和m；
(ii)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力 F= 8N，当小物块到P点时撤去F，小
物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为 7m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】(1)v= 4m/s；(2) (i)m= 1kg，μ= 0.2；(3)L= 4.5m
(1) Q mg+ 3mg=mv
2
【解析】 根据题意可知小物块在 点由合力提供向心力有
R
代入数据解得 v= 4m/s
(2) (i)根据题意可知当F≤ 4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知
F= (M+m)a
1
根据图乙有 k= + = 0.5kg
-1
M m
当外力F> 4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有 F- μmg=Ma
1 μmg
结合题图乙有 a= F-
M M
7
可知 k= 1 = 1kg-1
M
μmg
截距 b=- =-2m/s2
M
联立以上各式可得 M= 1kg，m= 1kg，μ= 0.2
(ii)由图乙可知，当F= 8N时，轨道的加速度为 6m/s2，小物块的加速度为 a = μg= 2m/s22
当小物块运动到P点时，经过 t0时间，则轨道有 v1= a1t0
小物块有 v2= a2t0
1 1 1 1
在这个过程中系统机械能守恒有 Mv21+ mv22= Mv23+ mv22 2 2 2 4+2mgR
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有 Mv1+mv2=Mv3+mv4
联立解得 t0= 1.5s
1 1
根据运动学公式有 L= a t21 0- a 22 2 2t0
代入数据解得 L= 4.5m
10 (2024河北卷考题)15.如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在
光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为 2.0kg,A木板长度为
2.0m，机器人质量为 6.0kg，重力加速度 g取 10m/s2，忽略空气阻力。
(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。
(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过
程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地 3
次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关
系。
【答案】(1)1.5m 7；(2)90J，2；(3)xAC= L4 B
【解析】(1)机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为
M，三个木板质量为m，根据人船模型得 Mx=mx1
同时有 x+ x1=LA
解得A、B木板间的水平距离 x1= 1.5m
(2)设机器人起跳的速度大小为 v，方向与水平方向的夹角为 θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为 t，根
vcosθ t= x vsinθ t据斜抛运动规律得 1 =g 2
15
联立解得 v2=
2sinθcosθ
8
机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒 Mvcosθ=mvA
1 1
根据能量守恒可得机器人做的功为 W= Mv2+ mv 2
2 2 A
W= 3cos
2θ+ 1 2 45J= 4cos θ+ sin
2θ
联立得 45J= 45 1 tanθ+ 2 J2sinθcosθ 2sinθcosθ 2 tanθ
1 2
根据数学知识可得当 tanθ= 时，即 tanθ= 2时，W取最小值，代入数值得此时W= 90J
2 tanθ
(3)根据 tanθ= 2 15可得 vcosθ= m/s，根据 Mvcosθ=mv
2 A
3 15
得 vA= m/s2
分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC
木板组成的系统在水平方向动量守恒，得 Mvcosθ= M+ 2m v共
v = 3 15解得 共 m/s10
该过程A 3 15 15木板向左运动的距离为 xA= vAt= × m= 4.5m2 5
机器人连续 3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次
起跳机器人的水平速度大小为 v0，B木板的速度大小为 vB，机器人每次跳跃的时间为Δt，取向右为正方向，
得 M+m v共=Mv0-mvB①
L L
每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为 B ，可得 B = v0+vB Δt②3 3
机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板
的位移差为 Δx= x1+xA= 6m
可得 vB-vA 3Δt=Δx③
L
联立①②③解得 Δt= B - Δx
4 vA+v共 3 vA+v共
故A、C两木板间距为 xAC= vA+vC 3Δt+Δx+LB vC= v共
解得 x 7AC= L4 B
11 (2024年湖南卷考题)15．如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小
球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度 v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小
球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比
mA。
mB
(3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的 e倍 (0< e
< 1) ，求第 1次碰撞到第 2n+ 1次碰撞之间小球B通过的路程。
9
m v m2 v2 m m 2πRm e2n0 0 -1
【答案】(1)v= A A+ ，F= ；(2)
A = 2或 A = 5；(3) A
m m nA B mA+mB R mB mB mA+mB e e- 1
【解析】(1)有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为 v，则根据动量守恒有
mAv0= mA+mB v
m v
可得 v= A 0
mA+mB
2
碰撞后根据牛顿第二定律有 F= m +m v A B R
m2 2
可得 F= A
v0
mA+mB R
(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为 vA，vB，则碰后动量和能量守恒有
mAv0=m v
1 2 1 2 1 2
A A+mBvB m2 Av0= m2 AvA+ mBv2 B
mA-m 2m vv = B A 0联立解得 A mA+
v0，vm B
=
B mA+mB
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图
①若第二次碰撞发生在图中的 b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为
1+ 3k1 v k= 1,2,3 ，则有 A
x
= A = 1+ 3k1+ k= 0,1,2,3 4 3k1 vB xB 4+ 3k1
mA = 4+ 3k联立解得 1
mB 2- 3k1
m
由于两质量均为正数，故 k1= 0，即 A = 2mB
对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为 v A，vB，则同样有
m v +m v =m v +m v 1 m v2 1 2A A B B A A B B A A+ mBvB=
1 mAv
2
A+
1 m 2
2 2 2 2 B
vB
联立解得 v A= v 0，vB= 0，故第三次碰撞发生在 b点、第四次碰撞发生在 c点，以此类推，满足题意。
10
②若第二次碰撞发生在图中的 c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为
2+ 3k2 v k = 0,1,2,3 ；所以 A
x
= A = 2+ 3k2
5+ 3k 22 vB xB 5+ 3k2
m 5+ 3k
联立可得 A = 2
mB 1- 3k2
m
因为两质量均为正数，故 k2= 0，即 A = 5mB
根据①的分析可证 v A= v0，vB= 0，满足题意。
m
综上可知 A
m
= 2或 A = 5。
mB mB
(3)第一次碰前相对速度大小为 v0，第一次碰后的相对速度大小为 v1相= ev0，第一次碰后与第二次相碰前B
球比A 2πR球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有 t1= v1相
第一次碰撞动量守恒有 mAv0=mAvA1+mBvB1且 v1相= vB1-vA1= ev0
m
联立解得 v AB= + v0+vm m 1相 A B
2πRm v 2πRm
B 1球运动的路程 s = v t = A 01 B1 1 mA+mB v +1 =
A + 1
1相 m A+mB e
2πR
第二次碰撞的相对速度大小为 v = ev = e22相 1相 v0 t2= v2相
第二次碰撞有 mAv
2
0=mAvA2+mBvB2且 v2相= vA2-vB2= e v0
m
联立可得 vB2= AmA+m
v0-v2相
B
2πRm v 2πRm
所以B 1球运动的路程 s = v t A 0 A2 B2 2= + - 1mA mB v = - 12 2相 mA+mB e
2πRm
2n s= s +s +s + +s = A 1 + 1 1
2πRm 2n
+ + + 1 = A e -1一共碰了 次，有 1 2 3 2n m +m e e2 e3 2nA B e mA+mB en e- 1
一、单选题
1 (2024·河北邢台·二模)某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示。当手持
吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为 36.0克。假设吹风机出风口为圆形，其半径为 5cm，空
气密度为 1.29kg/m3，实验前电子秤已校准，重力加速度 10m/s2。则此时吹风机的风速约为 ( )
11
A. 6m/s B. 8m/s C. 10m/s D. 12m/s
【答案】A
【解析】对于Δt时间内吹出的空气，根据动量定理
FΔt=mv= ρvSΔt v
其中
F=G= 0.36N
S= πr2
代入数据解得
v≈ 6m/s
故选A。
2 (23- 24高三下·广东广州·阶段练习)如图，冰壶A以 1.5m/s的速度与静止在冰面上的冰壶B正碰，
碰后瞬间B的速度大小为 1.2m/s，方向与A碰前速度方向相同，碰撞时间极短。若已知两冰壶的质量均为
20kg，则下列说法中正确的是 ( )
A.碰后瞬间A的速度大小为 0.4m/s B.碰撞过程中，B对A做功为 21.6J
C.碰撞过程中，A对B的冲量大小为 24N s D. A、B碰撞过程是弹性碰撞
【答案】C
【解析】A．由于碰撞时间极短，内力远远大于外力，可知，A、B相碰时，A和B组成的系统动量近似守恒。
根据动量守恒定律，以 v0方向为正方向，有
mv0=mvA+mvB
解得
vA= 0.3m/s
故A错误；
B．根据动能定理，碰撞过程中，B对A做功为
W= 1 mv2- 1A mv22 2 0
解得
12
W=-21.6J
故B错误；
C．碰撞过程中，根据动量定理，A对B的冲量大小
I=mvB
解得
I= 24N s
故C正确；
D．碰撞之前总能量为
EK=
1 mv20= 22.5J2
碰撞后A、B系统总动能为
E = 1 mv2 1 2K A+ mvB= 15.3J2 2
由此可知
E K>EK
可知，A、B碰撞过程是非弹性碰撞，故D错误。
故选C。
3 (2024·辽宁丹东·一模)如图所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，质量为M的小球A从
左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点质量为m的小球B发生第一次碰撞
M≤m ，若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两球始终在圆形轨道水平直径的下方
运动，A、B间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为 g，则下列说法正确的是 ( )
A.第一次碰撞后瞬间，A球的运动方向一定变为水平向左
B. 1第一次碰撞后瞬间，A球对轨道的压力大小可能为 mg
2
C.第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道上升的最大高度不可能为R
D.第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道运动速度为零时，对轨道的压力大小可能为mg
【答案】B
【解析】A．由弹性碰撞的规律知，当M
B．小球A碰前速度为
13
MgR= 1 Mv2
2 0
若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两小球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，
则两球碰后速度大小相同，对碰撞过程由动量守恒知
Mv0=-Mv1+mv1
由能量守恒知
1 Mv2= 1 Mv2+ 10 1 mv22 2 2 1
解得
M= m，v 11= v3 2 0
第一次碰撞后瞬间
v2
F 1N-Mg=M R
代入得
F = 1N mg2
1
则由牛顿第三定律知A球对轨道的压力可能为 mg，B正确；
2
CD．二次碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒或根据运动可逆性，以上两种情况碰后A球速度均为 v0，
B球均静止，故第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道上升的最大高度为R，此时A球速度为 0，A球对轨道
的压力大小为 0。CD错误；
故选B。
4 (2024·北京海淀·三模)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的
S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过
程中的任一时刻 ( )
A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的加速度大小比乙的加速度小
C.甲的动量大小比乙的大 D.甲合力冲量与乙合力冲量大小相等
【答案】B
【解析】AB．对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律有
F- μm
a = 甲
g F- μm g
甲 、a =
乙
m 乙甲 m乙
14
由于
m甲>m乙
所以
a甲< a乙
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得
v甲< v乙
A错误，B正确；
C．对于整个系统而言，由于
μm甲g> μm乙g
合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，C错误；
D．因为甲的动量大小比乙的小，故甲合力冲量小于乙合力冲量，D错误。
故选B。
5 (2024·湖北武汉·二模)中国汽车拉力锦标赛是我国级别最高，规模最大的汽车赛事之一，其赛道有很
多弯道。某辆赛车在一段赛道内速度大小由 2v变为 4v，随后一段赛道内速度大小由 5v变为 7v，前后两段
赛道内，合外力对赛车做的功分别为W1和W2，赛车的动量变化的大小分别为Δp1和Δp2，下列关系式可能
成立的是 ( )
A.W=W Δp = 1 Δp B.W= 1W Δp = 11 2， 1 2 2 1 2， 1 Δp2 2 2
C.W =W 1，Δp1= 4Δp2 D.W1= W2，Δp2 1= 4Δp2
【答案】B
【解析】根据动能定理有
W1= 1 m(4v)2- 1 m(2v)2= 6mv22 2
W2= 1 m(7v)2- 1 m(5v)2= 12mv22 2
可得
W 11= W2 2
由于速度和动量是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最
大，可知动量变化的大小范围是
2mv≤Δp1≤ 6mv
2mv≤Δp2≤ 12mv
可得
1 Δp2≤Δp1≤ 3Δp6 2
故选B。
6 (2024·山东烟台·二模)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标 x随时间 t变
15
x
化的图像如图所示，若令 2 - t2 = p，则 p的取值范围为 ( )
x1 t1
A. p< 1 B. p< 0 C. p≤-1 D. -1< p< 1
【答案】C
【解析】x- t图像的斜率表示物体的速度，两物体正碰后，m1碰后的速度为
v1=-
x1
t2-
m 碰后的速度大小为
t 21
v2=
x2-x1
t2-t1
两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
m1v0=m1v1+m2v2
v = x10 t1
且
1 m v2≥ 1 m v2 1 2
2 1 0 2 1 1
+ m
2 2
v2
整理解得
x2 - t2 ≤-1
x1 t1
即
p≤-1
故选C。
7 (2024·山东菏泽·模拟预测)如图甲所示，在光滑水平面上，小球A以初动量 p0沿直线运动，与静止的
带轻质弹簧的小球B发生正碰，此过程中，小球A的动量 p随时间 t变化的部分图像如图乙所示，t1时刻图
线的切线斜率最大，此时纵坐标为 p1，t2时刻纵坐标为零。已知小球A、B的直径相同，则 ( )
16
p
A. 1小球A、B的质量之比为
p0
B. t2时刻弹簧的弹性势能最大
p
C. 0小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比为
p0-p1
D. 0~t2时间内，小球B的动量变化量为 p0-p1
【答案】C
【解析】B． t1时刻图线的切线斜率最大，则小球A的动量变化率最大，根据
p=mv
可知小球A的速度变化率最大，即加速度最大，根据牛顿第二定律
F=ma
可知此时弹簧弹力最大，由胡克定律可知，此时弹簧形变量最大，则此时弹簧的弹性势能最大，故B错误；
A． t1时刻两小球共速，设速度大小均为 v，则小球A的质量
p
mA=
1
v
根据动量守恒有
p0= p1+p2
则小球B的质量
= pm 2 = p0-p1B v v
由此可知两小球的质量之比为
mA = p1
mB p0-p1
故A错误；
C．根据机械能守恒有
p2 20 = p1 + p
2
2 +E
2mA 2mA 2m
pm
B
小球A的初动能和弹簧最大弹性势能之比
p20
= 2mA = pk 0
Epm p0-p1
故C正确；
D． 0~t2时间内，小球B的动量变化量
ΔpB=-ΔpA= p0
故D错误。
故选C。
8 (2024·广西桂林·三模)两物体A、B放在光滑的水平面上，现给两物体沿水平方向的初速度，如图所
示为两物体正碰前后的位移随时间的变化规律。已知物体A的质量为mA= 0.4kg。则 ( )
17
A.图线 1为碰后物体B的图像 B.碰撞前物体A的速度大小为 2m/s
C.物体B的质量为 0.2kg D.碰撞过程A、B组成的系统损失的机械能为 2.4J
【答案】D
【解析】AB．若规定以碰撞前B速度方向为正方向，由题图像可知碰前物体A、B的速度分别为
8- 2 2- -2 vA=- - m/s=-3m/s，vB= - m/s= 2m/s2 0 2 0
那么碰撞之后，不再发生碰撞，碰后速度分别为
v A= 0m/s，v
0- 2
B= 4- m/s=-1m/s2
才满足这种情况，故图线 1为碰后物体A的图像，故AB错误；
C．设物体的B的质量为mB，碰撞过程动量守恒，则由动量守恒定律得
mBvB+mAvA=m v B B
解得
mB= 0.4kg
故C错误；
D．碰撞过程损失的机械能为
ΔE= 1 m v2+ 1 m v2- 1 m v 2
2 A A 2 B B 2 B B
代入数据解得
ΔE= 2.4J
故D正确。
故选D。
9 (2024·湖北·一模)如图甲所示，物体 a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光
滑水平地面上，其中 a物体最初与左侧的固定挡板相接触，b物体质量为 4kg。现解除对弹簧的锁定，在 a
物体离开挡板后的某时刻开始，b物体的 v- t图象如图乙所示，则可知 ( )
18
A. a物体的质量为 1kg
B. a物体的最大速度为 2m/s
C.在 a物体离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为 6J
D.在 a物体离开挡板后，物体 a、b组成的系统动量和机械能都守恒
【答案】C
【解析】AB．解除对弹簧的锁定，a离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知 b的速度最大
时，a的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；b的速度最小时，a的速度最大，且此时也处于原长。设 a的
质量为ma，a的最大速度为 va根据动量守恒有
mbv0=mbvb+mava
由机械能守恒可得
1 mbv
2 1 2 1 2
2 0
= mbvb+ m2 2 ava
由图像可知
v0= 3m/s，vb= 1m/s
解得
va= 4m/s，ma= 2kg
AB错误；
C．当 a、b速度相等时，a、b动能之和最小，根据能量守恒定律，此时弹簧势能最大。根据动量守恒定律有
mbv0= mb+ma v
根据能量守恒
E 1 2 1 2pmax= mbv0- mb+ma v2 2
解得
Epmax= 6J
C正确；
D．在 a物体离开挡板后，物体 a、b以及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒，D错误。
故选C。
10 (2024·全国·一模)一种平抛运动的实验游戏如图所示，AB是内壁光滑的细圆管，被固定在竖直面
内，B点的切线水平，让质量为m的小球 (直径略小于细管的直径)从A点由静止释放，沿着管壁向下运
动，达到B点时的速度方向水平向右，大小为 v0，接着小球从B运动到C，已知AB的形状与抛物线BC的
19
形状完全对称相同，重力加速度大小为 g，下列说法正确的是 ( )
2v2
A. A、C两点间的高度差为 0
g
B. A点的切线与水平方向的夹角为 45°
C.小球从B到C重力的平均功率为mgv0
D.若小球从A到B的运动时间为 t，则管壁对小球支持力的冲量大小为m v20+gt
【答案】B
【解析】A．小球从A运动到B过程，根据动能定理有
mgh= 1 mv2
2 0
由于AB的形状与抛物线BC的形状完全对称相同，则A、C两点间的高度差为
2
H= v2h= 0
g
故A错误；
B．小球从B到C过程，根据平抛运动规律有
gt
h= 1 gt2，tanθ=
2 v0
结合上述解得
θ= 45°
由于AB的形状与抛物线BC的形状完全对称相同，则A点的切线与水平方向的夹角为 45°，故B正确；
C．小球从B到C重力的平均功率为
= mghP
t
结合上述解得
mgv
P= 0
2
故C错误；
D．小球从A到B的运动过程，将管壁对小球支持力的冲量沿竖直方向与水平方向进行分解，根据动量定
理有
Ix=mv0-0，Iy-mgt= 0
则管壁对小球支持力的冲量大小为
I= I2 2x+Iy
20
解得
I=m v2 2 20+g t
故D错误。
故选B。
11 (2024·河北石家庄·模拟预测)如图所示为某弹跳玩具，底部是一个质量为m的底座，通过弹簧与顶
部一质量M= 2m的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。
用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上
运动，底座离开地面后能上升的最大高度为 h，已知重力加速度为 g，则 ( )
A.玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功为-mgh
B.绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为 3mgh
C.绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为 1.5mgh
D.用手将小球按下一段距离后，弹簧的弹性势能为 4.5mgh
【答案】C
【解析】A．玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功为
WG=- (M+m)gh=-3mgh
选项A错误；
BC．设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为 v，底座离开地面后能上升 h高，则有
v2= 2gh
得
v= 2gh
设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为 v0。细绳绷紧过程，外力远小于内力，系统动量守恒，取竖直向上方向为
正方向，根据动量守恒定律得
Mv0= (M+m)v
可得
v0= 3 2gh2
则绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为
2
E 1 2 1k= Mv0= 2m2 2
3 2gh
2 = 4.5mgh
21
则绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为
ΔE= 1 Mv20- 1 M+m v2= 1.5mgh2 2
故B错误，C正确；
D．用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势能，故
弹簧的弹性势能满足
E 1 2p> Mv0= 4.5mgh2
故D错误；
故选C。
12 (2024·安徽黄山·二模)某小球质量为M，现让它在空气中由静止开始竖直下落，下落过程中所受空
气阻力与速率的关系满足 f= kv(k为定值)，当下落时间为 t时，小球开始匀速下落，已知重力加速度为 g，
则小球在 t时间内下降的高度 h为 ( )
= Mg(kt-M )A. h B. h= Mgt C. h= Mg(kt+M ) D. h= Mgt
k2 k k2 k2
【答案】A
【解析】根据题意可得，当小球匀速下落时，有
Mg= f= kv
下落过程中，根据动量定理可得
Mgt- f t=Mv- 0
f t= kv t= kh
联立可得
= Mg(kt-M )h
k2
故选A。
二、多选题
13 (2024·山东济南·三模)质量为m1= 90g的物块从距离地面高度为 h= 19m处自由下落，在下落到距
离地面高度为 h′ = 14m时，质量为m2= 10g的子弹以 v0= 10m/s的水平速度瞬间击中物块并留在其中。重
力加速度取 g= 10m/s2，忽略空气阻力，下列说法正确的是 ( )
22
A.子弹击中物块后瞬间，物块水平方向的速度大小变为 1m/s
B.子弹击中物块后瞬间，物块竖直方向的速度大小变为 10m/s
C.物块下落的总时间为 2s
D. 95物块下落的总时间为 s
5
【答案】AC
【解析】A．子弹击中物块后瞬间，水平方向动量守恒，则
m2v0= (m1+m2)vx
解得物块水平方向的速度大小变为
vx= 1m/s
选项A正确；
B．子弹击中木块之前物块的竖直速度
vy0= 2g(h- h ) = 10m/s
子弹击中物块后瞬间，由竖直方向动量守恒可知
m1vy0= (m1+m2)vy
解得物块竖直方向的速度大小变为
vy= 9m/s
选项B错误；
CD．子弹击中木块之前物块下落的时间
= 2(h- h
)
t1 = 1sg
被子弹击中后物块下落 h′ = 14m时，根据
h′ = vyt2+ 1 gt22 2
解得
t2= 1s
(另一值舍掉)，则总时间为
t= t1+t2= 2s
选项C正确，D错误。
23
故选AC。
14 (2024·福建厦门·三模)如图甲所示，倾角为 θ的足够长的斜面固定在水平面上，物块A、B中间用轻
弹簧相连，当弹簧处于原长L时，A、B恰好静止在斜面上。物块C以速度 v0沿斜面匀速下滑并与B发生
弹性碰撞，从碰后瞬间开始计时，A和B的位置随时间变化的图像如图乙中的曲线 a、b所示，t1时刻 a、b
的纵坐标分别为 x1、x2，此时两条曲线的纵坐标差值最小。已知A、B和C可视为质点，质量均为m，且与
斜面之间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g，则 ( )
A. C与B碰后瞬间，B的速度为 v0
B. C与B碰后瞬间，A的加速度为 gsinθ
C.从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中，因摩擦产生的热量为 2mg(x1+x2-L)sinθ
D.从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中，因摩擦产生的热量为 4mg(x1+x2-L)sinθ
【答案】AC
【解析】A．由题知B和C可视为质点，质量均为m，物块B、C碰撞过程中动量守恒，两球碰撞后交换了速
度，故C与B碰后瞬间，B的速度为 v0，A正确；
B．当C与B碰后瞬间，弹簧仍处于原长 L，A物体处于静止状态，A的加速度为 0，B错误；
CD．由题知物块C以速度 v0沿斜面匀速下滑并与B发生弹性碰撞，且A、B和C质量均为m，则
mgsinθ= μmgcosθ
说明物块A、B运动过程中相当所受外力合力为零，在物块B获得速度 v0后开始压缩弹簧，由于弹簧弹力
作用，物块B的速度减小，物块A的速度增加，当弹簧压缩到最短时物块A、B拥有共同速度，后物块A的
速度继续增加，物块B的速度继续减小，弹簧逐渐伸长，当物块A的速度达到 v0，物块B的速度减为 0时，
弹簧处于原长，在整个过程中摩擦力做功等于重力势能减小量，由对称性知，物块B沿斜面位移等于物块
A沿斜面位移为 x1+x2-L ，故从开始计时到弹簧第一次恢复原长的过程中，因摩擦产生的热量为
Q= 2mg x1+x2-L sinθ
C正确，D错误。
故选AC。
15 (2024·河北·二模)2024年 2月 5日，在斯诺克德国大师赛决赛，特鲁姆普以 10- 5战胜斯佳辉获得
冠军，如图甲所示。简易图如图乙所示，特鲁姆普某次用白球击打静止的蓝球，两球碰后沿同一直线运动。
蓝球经 t= 0.6s的时间向前运动 x1= 0.36m刚好 (速度为 0)落入袋中，而白球沿同一方向运动 x2= 0.16m
停止运动，已知两球的质量相等，碰后以相同的加速度做匀变速直线运动，假设两球碰撞的时间极短且发生
正碰 (内力远大于外力)，则下列说法正确的是 ( )
24
A.由于摩擦不能忽略，则碰撞过程动量不守恒 B.碰后蓝球与白球的速度之比为 3:2
C.碰撞前白球的速度大小为 2m/s D.该碰撞为弹性碰撞
【答案】BC
【解析】A．由题意两球碰撞的时间极短，碰撞过程中产生极大的内力，两球与桌面间的摩擦力远远小于内
力，所以该碰撞过程的动量守恒，A错误；
v
B．碰后，蓝球做匀减速直线运动且刚好落入袋内，由匀变速直线运动的规律 x = 11 t得蓝球碰后瞬间的速2
度为
2x
v = 11 = 1.2m/st
又两球的加速度大小相等，则由公式 v2= 2ax得
v21 = x1
v22 x2
解得碰后瞬间白球的速度大小为
v2= 0.8m/s
则碰后蓝球与白球的速度之比为 3:2，B正确；
C．碰撞过程中两球组成的系统动量守恒，则
mv0=mv1+mv2
代入数据解得
v0= 2m/s
C正确；
D．两球碰前的动能为
Ek1=
1 mv2= 2m
2 0
两球碰后的总动能为
E = 1 mv2 1 2k2 1+ mv2= 1.04m2 2
由于
Ek1>Ek2
所以该碰撞过程有机械能损失，即该碰撞为非弹性碰撞，D错误。
故选BC。
16 (2024·河北保定·一模)如图所示，粗糙的水平面上放置一轻质弹簧，弹簧的右端固定，左端与质量
25
为m的滑块甲 (视为质点)连接，小球乙 (视为质点)静止在C点，让甲在A点获得一个水平向左的初速度
2v0，且甲在A点时弹簧处于压缩状态，此时弹簧所蕴含的弹性势能为 3mv
2
0，当甲运动到B点时弹簧正好恢
v2
复到原长，甲继续运动到C点时与乙发生弹性碰撞。已知甲与水平面之间的动摩擦因数为 μ= 0 ，A、B
2gL
两点间距与B、C两点间距均为L，下列说法正确的是 ( )
A.甲刚到达B点时的速度大小为 v0
B.甲刚到达C点时，弹簧的弹性势能为 3mv20
C.甲刚到达C点时 (与乙发生碰撞前)的动能为mv20
D. 2若甲、乙碰撞刚结束时，乙的速度为 v0，则乙的质量为 2m2
【答案】BC
【解析】A．由题意可知，甲刚到达B点时，弹簧的弹性势能是零，即弹簧对甲做功是 3mv20，由动能定理可得
3mv20-μmgL= 1 mv2- 1 m 2v 22 B 2 0
解得
vB= 3v0
A错误；
B．由对称性可知，甲刚到达C点时，弹簧的弹性势能为 3mv20，B正确；
C．甲刚到达C点时 (与乙发生碰撞前)，由动能定理可得
-μmgL- 3mv20=Ek-
1 mv2
2 B
解得
Ek=mv20
C正确；
D．甲、乙在C点发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
2mEk=mvC1+m乙v乙
Ek=
1 mv2C1+
1 m v2
2 2 乙 乙
2
由题意，碰撞后乙的速度为 v0，则有2
= 2m 2Ev k 2乙 + = vm m 0乙 m 2
解得
m乙= 3m
D错误。
26
故选BC。
17 (2024·河南·二模)2030年以后，我国航天领域将进一步向深空进行探索。在某一星球表面的试验基
地中，可以人员进行如下研究，光滑水平桌面上放一四分之一光滑圆弧轨道，半径R= 0.9m，质量M=
2kg。一个质量为m= 1kg的小球从圆弧轨道顶端沿轨道静止释放，测得小球离开圆弧轨道时的速度大小
为 2m/s。已知地球的表面的重力加速度 g= 10m/s2，该星球的半径大小为地球半径的 1.5倍，忽略星球的
自转，则下列说法正确的是 ( )
A. 10该星球表面的重力加速度大小为 m/s2 B.该星球的质量与地球质量之比为 4 ∶ 3
3
C.该星球与地球的第一宇宙速度之比为 1: 2 D.该星球与地球的平均密度之比为 9 ∶ 2
【答案】AC
【解析】A．小球与圆弧轨道构成的系统机械能守恒和在水平方向上动量守恒，则从释放到最低点，有
mg R= 1 mv21+ 1 Mv22，mv1=Mv2 2 2
解得
g = 10m/s2
3
故A正确；
B．对于星球表面的物体，万有引力近似等于重力
GMm =mg
R2
则有星球质量
g R2
M =
G
故该星球与地球质量之比为
g R 2M = = 3
M gR2 4
故B错误；
Mm = v
2
C．由万有引力提供向心力G m 1 ，解得第一宇宙速度
R2 R
v1= gR
可得该星球与地球的第一宇宙速度之比为
27
v 1 = g R
= 1
v1 gR 2
故C正确；
D．星球密度
M = = 3gρ
4π
3 R
3 4πGR
则可得密度之比为 2 ∶ 9，故D错误。
故选AC。
18 (2024·河北保定·二模)如图所示，三个小孩分别坐在三辆碰碰车 (可看成质点)上，任意一个小孩加
上自己的碰碰车后的总质量都相等，三辆碰碰车在一光滑水平面上排成一直线，且初始时彼此隔开相等的
距离。具有初动能E0的碰碰车 1向右运动，依次与两辆静止的碰碰车 2、3发生碰撞，碰撞时间很短且碰后
连为一体，最后这三辆车粘成一个整体成为一辆“小火车”，下列说法正确的是 ( )
A. 1三辆碰碰车整体最后的动能等于 E
3 0
B.碰碰车 1运动到 2的时间与 2运动到 3的时间之比为 2：3
C.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为 3：1
D.碰碰车第一次碰撞时损失的机械能和第二次碰撞时损失的机械能之比为 3：2
【答案】AC
【解析】A．由系统动量守恒，可得
mv0= 3mv
其中
E = 1 mv20 2 0
则三辆碰碰车整体最后的动能等于
E 1 2 1k= × 3mv = E2 3 0
故A正确；
B．设相邻两车间的距离为 x，碰碰车 1运动到 2的时间为
t = x1 v0
依题意，碰碰车 1与静止的碰碰车 2碰撞过程，动量守恒，有
mv0= 2mv12
则碰碰车 2运动到 3的时间为
28
t = x2 = 2xv12 v0
可得
t1：t2= 1:2
故B错误；
CD．碰碰车第一次碰撞时损失的机械能为
ΔE = 1 mv2- 1 × 2mv2 1 21 2 0 2 12= mv4 0
第二次碰撞时损失的机械能为
ΔE = 1 × 2mv22 12- 1 × 3mv2= 1 mv22 2 12 0
可得
ΔE1：ΔE2= 3:1
故C正确；D错误。
故选AC。
19 (2024·湖北十堰·二模)如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为 2m的滑块，滑块右侧
1 R
面的 光滑圆弧形槽的半径为R，末端切线水平，圆弧形槽末端离地面的距离为 。质量为m的小球 (可
4 4
视为质点)从圆弧形槽顶端由静止释放，与滑块分离后做平抛运动，重力加速度大小为 g，下列说法正确的
是 ( )
mgR 11mgR
A.滑块的最大动能为 B.小球离开滑块时的动能为
3 12
C. 5R小球落地时的动能为mgR D.小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的距离为
4
【答案】AD
【解析】A．滑块、小球组成的系统水平方向动量守恒，则当小球运动至圆弧形槽末端时，滑块的动能最大，
根据动量守恒以及机械能守恒可得
mv1-2mv2= 0
mgR= 1 mv21+ 1 2mv22 2 2
解得
= gR gRv1 2 ，v2=3 3
29
滑块的最大动能为
Ek2=
1 mgR2mv2=
2 2 3
故A正确；
B．小球离开滑块时的动能为
E = 1 2mgRk1 mv2=2 1 3
故B错误；
C．根据动能定理
E - 1 mv2k 1=mg
R
2 4
小球落地时的动能为
E 11k= mgR12
故C错误；
D．小球与滑块分离后做平抛运动，竖直方向有
R = 1 gt2
4 2
小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的水平距离为
x= (v1+v2)t
小球落地时与圆弧形槽末端抛出点的距离为
2
s= x2+ R = 5R4 4
故D正确。
故选AD。
三、解答题
20 (2024·江苏苏州·二模)如图所示，半径为 0.5m的光滑圆弧曲面与倾角为 37°足够长的固定粗糙斜
面MN在N点平滑相接，质量为 0.04kg的小物块B恰好静止在斜面上，此时物块B与N点的距离为
0.25m。另一质量为 0.2kg的小物块A从与圆心等高处由静止释放，通过N点滑上斜面，与物块B发生弹
性碰撞。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为 0.5，重力加速度 g取 10m/s2，两物块均可视为质点，碰撞时
间极短 sin37° = 0.6,cos37° = 0.8。求：
(1)物块A运动到N点时对曲面的压力；
(2)物块A与B碰撞前的速度；
(3)从物块A与B第一次碰撞到两物块再次碰撞经历的时间。
30
【答案】(1)4.8N，与竖直方向夹角 37°斜向下；(2)3m/s；(3)3s
【解析】(1)物块A从静止开始下滑到底端的过程中，由机械能守恒得
mAgRcos37° =
1 m v2
2 A N
设物块A运动到N点时受到曲面的支持力为FN，由牛顿第二定律得
v2
FN-mAgcos37° =m
N
A R
联立解得
FN= 4.8N
由牛顿第三定律得曲面受到的压力
F压=FN= 4.8N
与竖直方向夹角 37°斜向下；
(2)滑上斜面后，对物块A，设加速度为 a，与物块B碰撞前速度为 v，由牛顿第二定律可得
mAgsinθ- μmAgcosθ=mAa
由运动运动学公式可得
v2-v2N= 2axNB
联立解得
v= 3m/s
(3)物块A与物块B发生弹性碰撞，碰撞后物块A速度为 v1，物块B速度为 v2，满足动量守恒、动能守恒，即
mAv=mAv1+mBv2
1 m 2 1 2 1 2
2 A
v = mAv1+ mBv2 2 2
联立解得
v1= 2m/s
v2= 5m/s
因为物块B恰好静止在斜面上，碰撞后物块B匀速运动，物块A与物块B碰后，物块A以加速度 a匀加速
运动，设经时间 t第二次碰撞，由运动学公式可得
v1t+ 1 at2= v t2 2
31
解得
t= 3s
21 (2024·四川成都·二模)图 (a)为某“弹弹棋”的实物图，棋盘水平放置，黑、白棋区域关于中央挡板对
称分布。某次游戏过程中，一枚白棋和一枚黑棋同时从各自起点线中央处获得沿轴线方向的初速度，并沿
轴线做匀减速直线运动，俯视图如图 (b)所示。已知白棋、黑棋质量相等且可视为质点，两起点线之间的距
离为L= 0.5m，棋子与棋盘动摩擦因数均为 μ= 0.5，白棋初速度大小为 v1= 1.5m/s，经时间 t= 0.2s与运动
中的黑棋正碰，碰撞过程时间极短且无能量损失，重力加速度大小取 g= 10m/s2，求：
(1)碰撞的位置到白棋起点的距离 x1及黑棋的初速度大小 v2；
(2)通过计算后判断黑棋能否停在白棋区域。
【答案】(1)0.2m，2m/s；(2)黑棋能停在白棋区域，原因见解析
【解析】(1)根据匀变速直线运动规律可知碰撞的位置到白棋起点的距离
x1= v1t- 1 at22
设黑白棋质量为m，根据牛顿第二定律可知白棋在运动过程中的加速度大小
μmg
a= = μg= 5m/s2
m
解得
x1= 0.2m
通过题意可知，黑棋与碰撞位置之间的距离为
x2=L- x1= 0.3m
则有
x = v t- 12 2 at22
解得黑棋的初速度大小
v2= 2m/s
(2)根据匀变速直线运动规律可知，黑白棋碰撞前各自的速度大小为
v 1= v1-at= 0.5m/s，v 2= v2-at= 1m/s
32
设白棋运动方向为正方向，碰撞过程时间极短且无能量损失，则有
mv -mv =-mv +mv 1 2 1 2
1 mv 2+ 1 mv 2= 1 mv 2+ 1 2
2 1 2 2 2 1
mv
2 2
解得碰后两球速度大小
v 1= v 2= 1m/s，v 2= v 1= 0.5m/s
即发生速度交换，碰后两球速度均反向，碰撞位置与小孔距离
x= L - x1= 0.05m2
碰撞后到黑棋停下来，黑棋的位移
2
x 2=
v2 -0 = 0.025m< x
2a
故黑棋能停在白棋区域。
22 (22- 23高三下·广东肇庆·阶段练习)如图，L形滑板A静止在粗糙水平面上，在A上距离其左端
为 3l处静置小木块B，A、B之间光滑；水平面上距离A右端处静止着一滑块C，A和C与水平面之间的动
摩擦因数均为 ，A、B、C的质量均为m，AB、AC之间的碰撞都属于完全非弹性碰撞且不粘连，现对A施
加水平向右的恒定推力，当AC相碰瞬间撤去，碰撞后瞬间AC的速度 vAC= 4 μgl，由于A板足够长，所以
不考虑BC的相碰，已知重力加速度为 g，求：
(1)AC碰前瞬间A的速度大小；
(2)水平推力F的大小；
(3)当AC都停下时C离A板右端的距离 d。
【答案】(1)8 μgl；(2)34 mg；(3)5.5l
【解析】(1)由题意，AC发生完全非弹性碰撞，碰后共速，由动量守恒定律可得：
mv0= 2mvAC
得：
v0= 8 μgl
(2)对A，从开始到与C相碰前，由动能定理：
(F- 2μmg)l= 1 mv2-0
2 0
得
F= 34μmg
(3)AC相碰后，AC分离，对C有
33
-μmgxC= 0-
1 mv2
2 AC
得
xC= 8l
对A有
-μ 2mg(3l- l) = 1 mv2 1A- mv22 2 AC
vA= 8μgl
然后AB相碰，有
mvA= 2mvAB
此后，对A有
-μ 2mgxA2= 0-
1 mv2
2 AB
得
xA2= 0.5lAC之间的距离
d= xC- (3l- l) - xA2
得
d= 5.5l
23 (24高三重庆期中)如图所示，质量为M= 300kg的小船，长为L= 3m，浮在静水中．开始时质量
为m= 60kg的人站在船头，人和船均处于静止状态，不计水的阻力，若此人从船头向船尾行走：
(1)当人的速度大小为 5m/s时，船的速度大小为多少；
(2)当人恰走到船尾时，船前进的距离。
【答案】(1)v船= 1m/s；(2)x船= 0.5m
【解析】(1)根据动量守恒定律可得
mv人-Mv船= 0
解得
v船= 1m/s
(2)由图可知
x人+x船=L
34
x
m 人
x
-M 船 = 0
t t
解得
x船= 0.5m
35
