高考物理三年（2022-2024 年）真题精编卷
专题三 动量
一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
A.速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
1．【2024年北京高考真题】将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空 B.动量大小先增大后减小
气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是( ) C.动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
A.上升和下落两过程的时间相等 D.加速度大小先增大后减小
B.上升和下落两过程损失的机械能相等 5．【2022年湖南高考真题】1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与
C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图所示，中子以速度 v0分别碰撞静止的氢核和氮核，
D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
2．【2024年江苏高考真题】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 碰撞后氢核和氮核的速度分别为 v1和 v2（中子和氢核的质量均为 m，氮核的质量为 14m）。设碰
侧用轻弹簧连接在物体 B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体 B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状 撞为弹性正碰，不考虑相对论效应。下列说法正确的是( )
态，各表面均光滑，剪断细绳后，则( )
A.碰撞后氮核的动量比氢核的小 B.碰撞后氮核的动能比氢核的小
A.弹簧原长时 B动量最大 B.压缩最短时 A动能最大 C. v2大于 v1 D. v2大于 v0
C.系统动量变大 D.系统机械能变大
二、多选题
3．【2022年北京高考真题】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
6．【2024年广西高考真题】如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球 M和 N。M水平向右运
间 t变化的图象如图所示。下列说法正确的是( )
动，速度大小为 v。M与静置于平台边缘的 N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气
阻力，则碰撞后，N在( )
A.碰撞前m2 的速率大于m1的速率 B.碰撞后m2 的速率大于m1的速率
C.碰撞后m2的动量大于m1的动量 D.碰撞后m2的动能小于m1的动能
A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
4．【2022年重庆高考真题】在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组 B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程 C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于 v
中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部( ) D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于 v
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7．【2024年湖北高考真题】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， 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。已知细线长 L 1.25m .
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 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
速度大小 v0成正比，即 f kv0（k为已知常量）。改变子弹的初速度大小 v0，若木块获得的速度 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 .
最大，则( )
2kL m M （1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；A.子弹的初速度大小为
mM （2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
2mM （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μB.子弹在木块中运动的时间为
k m M 的取值范围。
k 2L2 m MC. 木块和子弹损失的总动能为
mM
D. mL木块在加速过程中运动的距离为
m M
8．【2023年广东高考真题】某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量 10．【2024年甘肃高考真题】如图，质量为 2kg的小球 A（视为质点）在细绳O P和 OP作用下
均为 1 kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块 1施加一个水平向 处于平衡状态，细绳O P OP 1.6m，与竖直方向的夹角均为 60°。质量为 6kg的木板 B静止在
右的恒力 F，推动滑块 1以 0.40 m/s的速度与静止的滑块 2碰撞，碰撞时间为 0.04 s，碰撞结束后 光滑水平面上，质量为 2kg的物块 C静止在 B的左端。剪断细绳O P，小球 A开始运动。（重力
瞬间两滑块的共同速度为 0.22 m/s。关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
加速度 g取10m/s2）
A.该过程动量守恒
B.滑块 1受到合外力的冲量大小为 0.18 N·s
C.滑块 2受到合外力的冲量大小为 0.40 N·s
D. 2 1 5.5 N （1）求 A运动到最低点时细绳 OP所受的拉力。滑块 受到滑块 的平均作用力大小为
（2）A在最低点时，细绳 OP断裂。A飞出后恰好与 C左侧碰撞（时间极短）、碰后 A竖直下落，
三、计算题
C水平向右运动。求碰后 C的速度大小。
9．【2024年安徽高考真题】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
（3） A、C碰后，C相对 B滑行 4m后与 B共速。求 C和 B之间的动摩擦因数。
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
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11．【2024年河北高考真题】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 2.0
kg，A木板长度为 2.0 m，机器人质量为 6.0 kg，重力加速度 g取10 m / s2，忽略空气阻力。
13．【2024年江苏高考真题】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 t，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）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。
（1）分离后 A的速度 v1大小；
（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，
（2）分离时 A对 B的推力大小。
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。
12．【2024年湖北高考真题】如图所示，水平传送带以 5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左 14．【2024年湖南高考真题】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
右两端的距离为 3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点 O，用长为 0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一 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
质量为 0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在 O点右侧的 P点固定一钉子，P点
撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
与 O点等高。将质量为 0.10 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正
碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为 1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕 O点做圆
周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕 P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数
为 0.5，重力加速度大小 g 10 m / s2。
（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
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
mA
（2 球的质量比 ；）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。 mB
（3）若小球运动到 P点正上方，绳子不松弛，求 P点到 O点的最小距离。
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（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 以相同速度 v0向右做匀速直线运动。当 B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑
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。
的滑块 C恰好到达最低点，并以水平速度 v滑上 B的上表面，同时撤掉外力，此时 B右端与 P板
的距离为 s。已知 v0 1m / s,v 4 m / s,mA mC 1kg,mB 2 kg ，A与地面间无摩擦，B与地面间
动摩擦因数 1 0.1，C与 B间动摩擦因数 2 0.5，B足够长，使得 C不会从 B上滑下。B与 P、A
的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小 g 10 m / s2。
15．【2024年浙江高考真题】某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角 37 的直轨道 AB，半
径 R 1m的圆弧轨道 BCD，长度 L 1.25 m、倾角为θ的直轨道DE，半径为 R、圆心角为θ的圆
弧管道 EF 组成，轨道间平滑连接。在轨道末端 F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m 0.5 kg滑块
b，其上表面与轨道末端 F所在的水平面平齐。质量m 0.5 kg的小物块 a从轨道 AB上高度为 h （1）求 C下滑的高度 H；
静止释放，经圆弧轨道 BCD DE DE （2）与 P碰撞前，若 B与 C能达到共速，且 A、B未发生碰撞，求 s的范围；滑上轨道 ，轨道 由特殊材料制成，小物块 a向上运动时动摩
0.25 （3）若 s 0.48 m，求 B与 P C W擦因数 1
碰撞前，摩擦力对 做的功 ；
，向下运动时动摩擦因数 2 0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块 a
滑块 b上滑动时动摩擦因数恒为 1，小物块 a
（4）若 s 0.48 m，自 C滑上 B开始至 A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量
运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。
（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力， sin37 0.6，cos37 0.8） 的变化量 p的大小。
17．【2023年辽宁高考真题】如图，质量m1 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙
（1）若 h 0.8 m，求小物块
面固定一劲度系数 k 20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2 4 kg的小物块以水平向右
①第一次经过 C点的向心加速度大小；
5
②在DE上经过的总路程； 的速度 v0 m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的4
③在DE上向上运动时间 t上 和向下运动时间 t下 之比。 动摩擦因数 0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能
（2 1）若 h 1.6 m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 E 与形变量 x的关系为 E kx2p p 。取重力加速度 g 10 m / s
2，结果可用根式表示。
2
16．【2023年山东高考真题】如图所示，物块 A和木板 B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末 （1）求木板刚接触弹簧时速度 v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离 x1。
端与 B的上表面所在平面相切，竖直挡板 P固定在地面上。作用在 A上的水平外力，使 A与 B
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（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量 x2及此时木板速度 v2 度 v0为 10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力 f为 1 N。滑块滑到 B处与滑杆发生完全非弹性碰
的大小。 撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量 m 0.2 kg ，滑杆的质量
（3）已知木板向右运动的速度从 v2减小到 0所用时间为 t0 。求木板从速度为 v2时到之后与物块加 M 0.6 kg, A、B间的距离 l 1.2 m，重力加速度 g取10 m / s2，不计空气阻力。求：
速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能 U（用 t0 表示）。
18．【2023年浙江高考真题】为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨 （1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和 N2 ；
道 AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R 0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧 （2）滑块碰撞前瞬间的速度大小 v；
管道 DEF与轨道 CD和足够长的水平直轨道 FG平滑相切连接。质量为3m的滑块 b与质量为2m （3）滑杆向上运动的最大高度 h。
的滑块 c用劲度系数 k 100 N/ m的轻质弹簧连接，静置于轨道 FG上。现有质量m 0.12 kg的滑
块 a以初速度v0 2 21 m / s从 D处进入，经 DEF管道后，与 FG上的滑块 b碰撞（时间极短）。
已知传送带长 L 0.8 m，以 v 2 m / s的速率顺时针转动，滑块 a与传送带间的动摩擦因数 0.5，
1
其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能 Ep kx
2 （x为形变量）。
2
20．【2022年海南高考真题】有一个角度可变的轨道，当倾角为 30°时，A恰好匀速下滑，现将
倾角调为 60°，从高为 h的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与 B发生弹
性正碰，B被一根绳子悬挂，与水平面接触但不挤压，碰后 B恰好能做完整的圆周运动，已知 A
的质量是 B质量的 3倍，求：
（1）求滑块 a到达圆弧管道 DEF最低点 F时速度大小 vF 和所受支持力大小FN；
（2）若滑块 a碰后返回到 B点时速度 vB 1m / s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能 E；
（3）若滑块 a碰到滑块 b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 x。
（1）A与轨道间的动摩擦因数μ；
（2）A与 B刚碰完 B的速度；
（3）绳子的长度 L。
19．【2022年广东高考真题】某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。
竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从 A处以初速
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21．【2022年河北高考真题】如图，光滑水平面上有两个等高且足够长的滑板 A和 B，质量分别
为 1 kg 和 2 kg，A右端和 B左端分别放置物块 C和 D，物块质量均为 1 kg。A和 C以相同速度
v0 10 m / s向右运动，B和 D以相同速度 kv0 向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰
撞后 C与 D粘在一起形成一个新物块，A与 B粘在一起形成一个新滑板。物块与滑板之间的动摩
擦因数均为 0.1，重力加速度大小取 g 10 m / s2。
（1）若0 k 0.5，求碰撞后瞬间新物块与新滑板各自速度的大小和方向；
（2）若 k 0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。
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专题三 参考答案
1．答案：C
解析：D.小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，
由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加
速度），D 错误；
C.小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的
速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动
量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，
C 正确；
A.上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大
于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A 错
误；
B.经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可
知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B 错误。
故选 C。
2．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
1 1
簧原长时得 Ep m v
2 2
2 A A
mBv2 B
2
联立得E 1 mp
2
2
B m v
m
B B
A
故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。对于系统来说动量
一直为零，系统机械能不变。
故选 A。
3．答案：C
解析：位置—时间图象的斜率表示速度，则由图象可知，碰前m2 处于静止状态，
物理·参考答案 第 1页（共 18页）
碰后两物体速率相等、运动方向相反，A、B 均错误。碰撞过程中动量守恒：
p p p ，可知 p 1 1 2 2 p1 ，C 正确。由 p 2 p 1 、碰后两物体速率相等可知
m2 m1，则m2 的动能大于m1 的动能，D 错误。
4．答案：D
解析：
5．答案：B
解析：设中子的质量为 m，氢核的质量为 m，氮核的质量为 14m，中子和氢核碰
撞后中子速度为 v3 ，由动量守恒定律得 mv0 mv1 mv3 ，由能量守恒定律得
1 mv2 1 mv2 1 20 1 mv3 ，联立解得 v1 v0 。设中子和氮核碰撞后中子速度为 v4，由2 2 2
动量守恒定律得mv0 14mv2 mv
1 1 1
4 ，由能量守恒定律得 mv
2
0 14mv
2 2
2 2 2
mv4 ，2
2
联立解得 v2 v15 0
，可得 v1 v0 v2 ，碰撞后氮核的动量为 pH mv1 mv0 ，氮核
p 28mv的 动 量 为 N 14mv 02 ， 可 得 p15 N
pH ， 碰 撞 后 氢 核 的 动 能 为
E 1
2
kH mv
2 1
1 mv
2 1 28mv，氮核的动能为 E 2 0
2 2 0 kN
14mv
2 2
，可得 E E ，故
225 kH kN
B 正确，A、C、D 错误。
6．答案：BC
解析：由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由
于两小球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即 vM 0， vN v
碰后小球 N做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投
影的运动速度大小等于 v；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直地面上的垂直
投影的运动是匀加速运动。
故选 BC。
7．答案：AD
物理·参考答案 第 2页（共 18页）
解析：子弹在木块内运动的过程中，子弹与木块组成的系统所受合外力为 0，所
以该系统动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守恒定律有mv0 (m M )v，
解得木块获得的速度大小为 v mv 0 ，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，
m M
则 当 子 弹 恰 不 射 出 木 块 时 ， 木 块 获 得 的 速 度 最 大 ， 此 时 有
1 mv2 1 (m M )v2 kv L 2kL(m M )0 0 ，解得 v0 ；若子弹能够射出木块，则有2 2 mM
v 2kL(m M )0 ，子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别由牛顿第二定mM
律有 kv0 mam ,kv0 Ma
1 1
M ，根据位移关系有 v0t a t
2 a t 2m M L，对木块有2 2
v 2kmL2 aM t，联立解得 v2 ，又 v0越大，t越小，则 v 越小，即随2Mm (M m)kt 2
着 v0的增大，木块获得的速度 v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子
v 2kL(m M )弹的初速度大小 0 ，A 正确；子弹在木块内运动的过程，对子弹mM
mM
由动量定理有 kv0t mv mv0 ，解得子弹在木块中运动的时间 t ，Bk(m M )
错 误 ； 由 能 量 守 恒 定 律 可 知 ， 木 块 和 子 弹 损 失 的 总 动 能
2k 2 2E kv L L (m M ) k 0 ，C 错误；木块在加速过程中做匀加速运动，由运动mM
x v2t mL学规律有 ，解得木块在加速过程中运动的距离 x ，D 正确。
2 m M
8．答案：BD
解析：碰撞前滑块 1 和 2 整体的动量大小 p1 mv0 0 0.40 kg m / s ，碰撞后整
体的动量大小 p2 2mv共 0.44 kg m / s, p1 p2，所以碰撞过程滑块 1 和 2 整体
动量不守恒，A 错误；合外力的冲量等于动量的变化量，则碰撞过程滑块 1 受到
合外力的冲量大小 p1 mv共 mv0 0.18 N s，B 正确；同理，碰撞过程滑块 2
受到合外力的冲量大小 p2 mv共 0 0.22 N s，C 错误；碰撞过程中对滑块 2
由动量定理可得 F t p2 ，解得滑块 2 受到滑块 1 的平均作用力大小F 5.5 N ，
D 正确。
物理·参考答案 第 3页（共 18页）
9．答案：（1）6N（2）4m / s（3）0.25 0.4
解析：（1 1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL mv2
2 0
0
解得 v0 5m / s
2
在最低点，对小球由牛顿第二定律 F v0T mg m L
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 mv1 Mv2
1 mv2 1 10 mv
2
1 Mv
2
2 2 2 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
由能量守恒定律 Mv2 1 2
2 2
2Mv3 1Mgs2
解得 1 0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，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
由能量守恒定律 Mv2 1 2Mv2
2 2 2 4
2Mgs MgR
解得 2 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 0.4
10．答案：（1）40N；（2）4m/s；（3）0.15
解析：根据题意，设 AC质量为m 2kg ，B的质量为M 6kg ，细绳OP长为
l 1.6m，初始时细线与竖直方向夹角 60 。
1
（1）A开始运动到最低点有mgl 1 cos mv20 02
mv2
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 F mg 0
l
物理·参考答案 第 4页（共 18页）
解得 v0 4m/s，F 40N
（2）A与 C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后 A竖直下落可知mv0 0 mvC
故解得 vC v0 4m/s
（3）A、C碰后，C相对 B滑行 4m 后与 B共速，则对 CB分析，过程中根据动
量守恒可得mv0 M m v
1 1
根据能量守恒得 mgL 2相对 mv0 m M v22 2
联立解得 0.15
11．答案：（1）1.5 m
（2）90 J
3 7（ ） L
4 B
解析：（1）设机器人的质量为 M，木板的质量为 m，机器人在从 A木板左端走
到右端的过程，机器人与 A 木板组成的系统动量守恒，根据“人船模型”可知
Mx1 mx2
根据位移关系有 x1 x2 LA
联立解得木板 A向左移动的位移 x2 1.5 m
因机器人向右走动过程，B、C始终静止，则机器人从 A木板左端走到右端时，
A、B木板间的水平距离为 x2 1.5 m
（2）机器人起跳后在空中做斜抛运动，设在空中运动的时间为 t，起跳时速度为
v0，与水平方向的夹角为θ，则
水平方向上有 x2 v0 cos t
竖直方向上有 v0 sin
t
g
2
v gx联立解得 0 2sin 2
机器人起跳过程中，机器人与 A木板水平方向上动量守恒，则有Mv0 cos mvA
物理·参考答案 第 5页（共 18页）
W 1 Mv2 1根据功能关系有 mv2
2 0 2 A
3gx2 1 3cos 2 3gx 22 sin 4cos 2 tan 2
联立可得W 3gx （单
sin 2 2sin cos 2 2 tan
位为 J）
tan
当且仅当 0
2
，即 tan 2时，W取最小值，则W 90 J
2 tan 0 min 0
（3）设机器人从 A木板上起跳的速度大小为 v01, A木板的速度为 vA0，机器人跳
到 B木板左端后与 B木板瞬间共速，速度为 v ，此时 A、B木板间的水平距离共
为 xAB ，水平方向上，B、C 木板与机器人组成的系统动量守恒，则有
Mv01 cos 0 (M 2m)v共
取水平向右为正方向，每一次机器人从 B木板上起跳过程中，机器人与 B木板
组 成 的 系 统 在 水 平 方 向 上 动 量 守 恒 ， 则 有
(M m)v共 MvM1 mvm1 MvM 2 mvm2 MvM 3 mvm3
又机器人相对 B 木板连续不停地 3 次等间距跳到 B 木板右端，则有
vM1 v
L L L
m1 t1 B 、 vM 2 vm2 t B2 、 v v t B3 3 M 3 m3 3 3
4 4
联立可得 v t
3 共 1
t2 t3 vm1t1 vm2t2 vm3t3 3 LB
又 3 次跳跃后，B木板恰好追上 A木板，则有
vm1t1 vm2t2 vm3t3 vA0 t1 t2 t3 xAB 0
机器人跳到 B木板右端时，A、C两木板间距离
xAC vA0 t1 t2 t3 xAB LB v共 t1 t2 t3
7
联立解得 xAC L4 B
12．答案：（1）5 m/s
（2）0.3 J
（3）0.2 m
解析：（1）设小物块的质量为 m，传送带左右两端的距离为 L，小物块与传送
带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为 a，由牛顿第
物理·参考答案 第 6页（共 18页）
二定律有 mg ma
设小物块到达传送带最右端时的速度大小为 v1，假设小物块在传送带上一直加
速，由运动学公式有 v21 2aL
联立并代入数据得 v1 6 m / s
由于 v1 5 m / s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，
故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为 v1 5 m / s
（2）设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为 v2、 v3 ，碰撞
过程中两者构成的系统损失的总动能为 Ek ，对小物块与小球碰撞过程，由动量
守恒定律得mv1 mv2 Mv3
1 1 1
小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为ΔE mv2 mv2 2k 2 1 2 2
Mv
2 3
联立并代入数据得ΔEk 0.3 J
（3）经分析知，小球到达 P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕 P点运动的
半径最大，P点到 O点距离最小，设这种情况下小球运动到 P点正上方的速度
大小为 v4，P点到 O点的距离为 x，绳子的长度为 l，小球运动到 P点正上方时，
v2
结合牛顿第二定律和向心加速度公式有Mg M 4
l x
1 1
对小球的整个上升过程，由动能定理得 Mg(l l x) Mv2 2
2 4
Mv
2 3
联立并代入数据得 x 0.2 m
13 1 (m M )v0 Mv M (v v )．答案：（ ） ；（2） 0
m t
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
v (m M )v解得 0 Mv1 m
方向与 v0相同；
物理·参考答案 第 7页（共 18页）
（2）以 B为研究对象，对 B列动量定理有 F t Mv Mv0
F M (v v )解得 0
t
2 2
14 m．答案：（1） Av0 m v； A 0
mA mB R mA mB
（2）2 或 5
3 2m πR e
2n
A 1（ ）
m 2nA mB e (e 1)
解析：（1）小球 A与 B碰撞后结合在一起，则小球 A、B发生完全非弹性碰撞，
碰撞过程动量守恒，设碰后两者的共同速度为 v，有 mAv0 mA mB v，则
v mAv 0
mA mB
v2 m2v2
根据向心力公式 F mA m ，得 F A 0向 B R 向 R mA mB
（2）A、B之间为弹性碰撞，则碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两球第一次碰
撞在 B 球初始位置，设碰后 A、B 的速度分别为 v1 、 v2 ，由动量守恒定律有
mAv0 mAv1 mBv2
1 1 1
由机械能守恒定律有 m v2 2 2
2 A 0
m v m v
2 A 1 2 B 2
m m v 2m v
可得 v A B 01 ,v A 0m m 2
A B mA mB
因m v1 1A mB，则碰后瞬间两球同向运动，又 ，结合 v2 v1 t 2πR可知，从v2 2
第一次碰撞到第二次碰撞的过程，A的路程小于一个圆周
B A A 1 v 1第一种情况：碰后 球比 球多跑一圈， 球跑了 圈， 1
3 v2 4
m
可得 A 2
mB
2 v 2
第二种情况：碰后 B球比 A球多跑一圈，A球跑了 圈， 1
3 v2 5
物理·参考答案 第 8页（共 18页）
m
可得 A 5
mB
由动量守恒和机械能守恒可知两种情况下第二次碰撞后 A球速度重新变为 v0 ,B
m m
球的速度为 0，之后两小球做周期性运动，两种情况均符合题意， A 2或 A 5
mB mB
（3）第 1 次碰后瞬间，两球相对速度为 ev0 ,B比 A多跑一圈后发生第 2 次碰撞，
设第 1 2 L L、 次碰撞的时间间隔为 t1，圆周长为 L 2πR，则 t1 vB1 vA1 ev0
v v
根据动量守恒定律有mAv0 mAvA1 mBvB1，且 e B1 A1v0
v mA (1 e) mA em解 得 BB1 v0 ,vA1 v0 ， 则 该 段 时 间 内 B 的 路 程 为mA mB mA mB
v t mA(1 e)B1 1 L mA mB e
B追上 A后两球发生第 2 次碰撞，碰后瞬间两球相对速度为 e2v0 , A比 B多跑一圈
后发生第 3 次碰撞，设第 2、3 次碰撞的时间间隔为 t2 ，
则 t L2 e2v0
v v
根据动量守恒定律有m v m v A2 B2A 0 A A2 mBvB2 ，且 e ev0
mA 1 e2 m e2m
解 得 vB2 v A Bm m 0
,vA2 v0 ， 该 段 时 间 内 B 的 路 程 为
A B mA mB
m 1 e2
vB2t2
A L
m 2A mB e
A追上 B后两球发生第 3 次碰撞，碰后瞬间两球相对速度为 e3v0 ,B比 A多跑一圈
后发生第 4 次碰撞，设第 3、4 次碰撞的时间间隔为 t3，
L
则 t3 e3v0
物理·参考答案 第 9页（共 18页）
根据动量守恒定律有mAv m
v v
0 AvA3 mBvB3 ，且 e B3 A3e2v0
mA 1 e3 m e3m
解 得 v A BB3 v0 ,vA3 v0 ， 该 段 时 间 内 B 的 路 程 为mA mB mA mB
mA 1 e3 vB3t3 L m 3A mB e
依此类推，A、B第 2n次碰撞后瞬间，两球相对速度为 e2nv0 ，碰后 A比 B多跑
mA 1 e2n
一圈后发生第2n 1次碰撞，该时间内 B的路程为
m m e2n
L
A B
综上，B的路程为
m (1 e) mA A 1 e2 mA 1 e3 s L L L
mA m 2 3B e mA mB e mA mB e
mA 1 e2n mAL 1 1 1 2mAπR e2n 1
m m e2n
L 2 2n
A B mA mB e e e mA mB e
2n (e 1)
15．答案：（1）16 m/s2；2 m；1:2
（2）0.2 m
解析：（1）①对小物块 a从由静止释放到第一次经过 C点的过程，根据机械能
1
守恒定律有mgh mv2
2 C
v2
第一次经过 C点时，有m C ma
R
联立解得 a 16 m / s2
②由几何关系可知，E点的高度 hE L sin R(1 cos ) 0.95 m h，显然小物
块 a不会从 E点滑出轨道 DE
小物块 a在 DE上时，因为 2mg cos mg sin ，所以小物块 a每次在 DE上上
升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在 DE上的滑动使机械能损失，最终
小物块 a将在 B、D间往复运动，且易知小物块 a每次在 DE上向上运动和向下
运动的距离相等，设其在 DE上经过的总路程为 s，则根据能量守恒定律可得
物理·参考答案 第 10页（共 18页）
mg[h R(1 cos )] 1mg cos 2mg cos
s
2
解得 s 2 m
③根据牛顿第二定律可知小物块 a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分
别为 a g sin g cos 8 m / s2上 1
a下 g sin
2
2g cos 2 m / s
则对小物块 a在 DE上的每一次完整的上滑和下滑过程，根据运动学公式均有
1 a 2 1 2
2 上
t上 a t2 下 下
t
所以 上
1
t 2下
（ 2）对小物块 a 从由静止释放到经过 F 点的过程，根据动能定理有
mg[h L sin 2R(1 cos )] 1mgL cos
1
mv2
2 F
解得 vF 2 m / s
设滑块长度为 l时，小物块恰好不脱离滑块，且最终二者达到共同速度 v，则根
据动量守恒定律和能量守恒定律分别有mvF 2mv
1 mv2 1F 2mv
2 2
2 2 1
mgl
解得 l 0.2 m
16．答案：（1）0.8 m
2 2
（2）0.625 m s m
2
（3） 6 J
4 32 2
（ ） 6 N s
15
1
解析：（1）C下滑过程，由动能定理有mCgH mCv
2
2
解得H 0.8 m
（2）设 C滑上 B以后，C的加速度大小为 aC ,B的加速度大小为 a1， B、C共速
物理·参考答案 第 11页（共 18页）
时间为 t1, s的最小值为 s1,B、C共同的加速度大小为 a2 ，经过 t2 时间 A追上B, s的
最大值为 s2，则由牛顿第二定律有 2mCg mCaC
解得 a 2C 5 m / s
2mCg 1 mB mC g mBa1
解得 a1 1 m / s
2
又 v0 a1t1 v aCt1
解得 t1 0.5 s
1
由运动学规律有 s1 v0t1 a t
2
2 1 1
5
联立解得 s1 m 0.625 m8
B、C共速后，由牛顿第二定律得 1 mB mC g mB mC a2
解得 a 1 m / s22
由运动学公式得 s2 s1 v0 a1t1 t
1
2 a
2
2 2
t2
s2 v0 t1 t2
s 2 2联立解得 2 m2
故 s 2 2的范围为0.625 m s m
2
（3）由题意知 s s1，所以 B与 P碰撞时，B与 C未共速。设 C在 B板上滑动
1
的时间为 t3 ,B与 P相碰时 C的速度大小为 v1，则由运动学公式得 s v
2
0t3 a2 1
t3
解得 t3 0.4 s（另一解舍去）
v1 v aCt3
解得 v1 2 m / s
1
对物体 C从刚滑上 B到 B与 P碰撞前的过程，由动能定理有W m v2 v2
2 C 1
物理·参考答案 第 12页（共 18页）
解得W 6 J
（4）设 B与 P碰撞前瞬间的速度大小为 v2 ,B与 P碰撞后瞬间的速度为 v3 ,B向
左运动的加速度大小为 a3 ,B向左运动时间 t4 与 A相遇。设 A、B碰撞前瞬间 B的
速度大小为 v4；A、B碰撞后瞬间，A的速度为 v5 ,B的速度为 v6 ,C的速度大小为
v7，则由运动学公式得 v2 v0 a1t3
解得 v2 1.4 m / s
由于 P固定在地面上，B与 P的碰撞为弹性碰撞，所以有 v3 v2 1.4 m / s
B 与 P 碰 撞 后 向 左 运 动 的 过 程 中 ， 对 B 由 牛 顿 第 二 定 律 得
2mCg 1 mB mC g mBa3
解得 a3 4 m / s
2
自 B、P碰撞后至 A、B发生碰撞的过程，由运动学公式得
s v0t3 v
1 2
0t4 v3t4 a3t2 4
t 3 2 2解得 4 s （另一解舍去）5
v4 v3 a3t4
v 8 2
解得 4 1 m / s
5
v7 v1 aCt4
解得v7 (2 2 1) m / s
以 向 右 为 正 方 向 ， A、B 发 生 弹 性 碰 撞 ， 由 动 量 守 恒 定 律 得
mAv0 mBv4 mAv5 mBv6
1 1 1 1
由机械能守恒定律得 m 2 2 2 2
2 A
v0 mBv4 m2 2 A
v5 m v2 B 6
32 2 8 2
联立解得 v5 1 m / s、v6 1 m / s（另一组解舍去）
15 15
物理·参考答案 第 13页（共 18页）
即 A、B碰撞后，A以速度 v5 向左运动，B以初速度 v6向右运动
经分析可得，B、C最终静止，A最终以速度 v5 向左运动，故自 C滑上 B开始至
三物体达到平衡状态，这三个物体总动量的变化量为
p mAv5 mA mB v0 mCv
解得 | 32 2 p | 6 N s
15
17．答案：（1）1 m/s；0.125 m
2 0.25 m 3（ ） ； m / s
2
（3） 4 3t0 8t 20 J
解析：（1）小物块从滑上木板到两者共速的过程，由动量守恒定律有
m2v0 m1 m2 v1
解得 v1 1 m / s
两者共速前，对木板，由牛顿第二定律有 m2g m1a
解得 a 4 m / s2
由运动学公式有 2ax1 v
2
1
解得 x1 0.125 m
（2）木板与弹簧接触后，物块与木板先一起减速，当物块受到的摩擦力达到最
大静摩擦力时，两者之间即将相对滑动
对物块有 m2g m2a
对整体有 kx2 m1 m2 a
解得 x2 0.25 m
从木板接触弹簧后到物块与木板之间即将相对滑动的过程，物块、木板和弹簧三
1 1 1
者组成的系统机械能守恒，有 m 21 m2 v1 m1 m2 v2 kx22 2 2 2 2
物理·参考答案 第 14页（共 18页）
3
解得 v2 m / s2
（3）木板向右运动的速度从 v2减小到 0 所用时间为 t0 ，木板从速度为 0 到物块
与木板加速度首次相同，弹簧又回到了物块和木板刚要相对滑动的位置，考虑到
木板返回时，受力与木板压缩弹簧时相同，故木板的速度大小又变为
v 32 m / s，木板返回所用时间也为 t2 0
在此 2t0 的时间内，对物块用动量定理有 m2g 2t0 m2v3 m2v2
3
解得 v3 2t m / s
2
0
在此 2t0 的时间内，弹簧的初末弹性势能不变，木板的初末动能不变，故对系统，
1 1
由能量守恒定律有 U m v2 m v2
2 2 2 2 2 3
解得 U 4 3t 20 8t0 J
18．答案：（1）10 m/s；31.2 N
（2）0
（3）0.2 m
解析：（1）滑块 a以初速度 v0 从 D处进入竖直圆弧轨道 DEF运动，由动能定
理有mg 2R 1 1 mv2 mv2
2 F 2 0
解得 vF 10 m / s
v2
在最低点 F，由牛顿第二定律有F FN mg m R
解得 FN 31.2 N
（ 2 ） 碰 撞 后 滑 块 a 返 回 到 B 点 的 过 程 ， 由 动 能 定 理 有
mg 1 1 2R mgL mv2 mv2
2 B 2 a
解得 va 5 m / s
滑块a、b碰撞过程，由动量守恒定律有mvF mva 3mvb
物理·参考答案 第 15页（共 18页）
解得 vb 5 m / s
1 1
碰撞过程中损失的机械能为 E mv2F mv
2 1
a 3mv
2 0
2 2 2 b
（3）滑块 a碰撞 b后立即被粘住，由动量守恒定律有mvF (m 3m)vab
解得vab 2.5 m / s
滑块 ab一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当 abc三者速度
相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有 (m 3m)vab (m 3m 2m)vabc
解得 v 5abc m / s3
由机械能守恒定律有 E 1 4mv2 1 6mv2p1 2 ab 2 abc
解得 Ep1 0.5 J
1
由Ep1 kx
2
2 1
解得最大压缩量 x1 0.1 m
滑块 ab一起继续向右运动，弹簧弹力使 c继续加速，使 ab继续减速，当弹簧弹
力减小到零时，c速度最大，ab速度最小；滑块 ab一起再继续向右运动，弹簧
弹力使 c减速，ab加速，当 abc三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹
性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长量
x2 0.1m
所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 x x1 x2 0.2 m
19、答案：（1）8 N；5 N；（2）8 m/s；（3）0.2 m
解析：（1）滑块静止时，由整体法得：N1 (m M )g 8 N
滑块向上滑动时，以滑杆为研究对象，受力分析如图
物理·参考答案 第 16页（共 18页）
得： N2 Mg f Mg f 5 N 。
2 A B mgl fl
1
mv2 1（ ）滑块从 到 ，由动能定理： mv2
2 2 0
得：v 8 m / s。
（3）滑块与滑杆发生完全非弹性碰撞，由动量守恒：mv (m M )v
得v 2 m / s
1 2
碰撞后，滑块与滑杆一起向上运动，由动能定理： (m M )gh 0 (m M )v
2
得：h 0.2 m
20 1 3．答案：（ ） （2） v 3gh（3） L 0.6h
3 2
解析：（1）倾角为 30°时匀速运动，根据平衡条件有3mg sin 30 3mg cos30
得 3
3
（2）（3）A从高为 h的地方滑下后速度为 v0，根据动能定理有
3mgh 3mg cos 60 h 1 3mv2
sin 60 2 0
A与 B碰撞后速度分别为 v1和 v2，根据动量守恒、能量守恒有3mv0 3mv1 mv2
1 3mv2 1 3mv2 1 mv2
2 0 2 1 2 2
2
B到达最高点速度为 v3，根据牛顿第二定律有mg m
v3
L
1
根据能量守恒有 mv2 12 mv
2
3 mg 2L2 2
解得 v2 3gh
L 0.6h
10 20k
21、答案：（1） (m / s)，方向水平向右；5 5k(m / s)，方向水平向右；
3
（2）答案：1.875 m
物理·参考答案 第 17页（共 18页）
解析：（1）A与 B碰撞后粘在一起形成新滑板，规定水平向右为正方向，根据
动量守恒定律有mAv0 mB kv0 mA mB v1
v 10 20k解得 1 (m / s)3
由于0 k 0.5，所以 v
10 20k
1 0，即新滑板的速度大小为 (m / s)，方向水平3
向右。
C 与 D 碰 撞 后 粘 在 一 起 形 成 新 物 块 ， 根 据 动 量 守 恒 定 律 有
mCv0 mD kv0 mC mD v2
解得 v2 5 5k (m / s)
由于 0 k 0.5，所以 v2 0，即新物块的速度大小为5 5k(m / s)，方向水平向
右。
（2）若 k 0.5 ，根据（1）可知 v vCD 2.5 m / s,vAB 0 。之后C、D一起向右
做匀减速运动， A、B一起向右做初速度为 0 的匀加速运动，直到两者达到共同
速度 v共
由 A、B、C、D系统动量守恒得： mC mD v mA mB mC mD v共
v共 1 m / s
设新物块在新滑板上滑动的相对位移的大小为 x
对 A、B、C、D系统，根据系统能量守恒可得：
m 1C mD g x mC mD v2
1
m m m m v2
2 2 A B C D 共
代入数值可得 x 1.875 m
物理·参考答案 第 18页（共 18页）
