資源簡介

考點 27 動量守恒定律及其應(yīng)用
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統(tǒng)計
選擇題 動量守恒條件 2024 年甘肅卷、江蘇卷
計算題 三大觀點處理物理問題 2024 年重慶卷、浙江卷、山東卷
2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】高考對動量守恒定律的考查非常頻繁，大多在綜合性的計算題中出現(xiàn)，題目難度各省份不同，
同時，這類題目往往綜合性比較強，需要的能力也比較高。
【備考策略】
1.理解和掌握動量守恒定律。
2.能夠利用動量守恒定律處理解決涉及碰撞、反沖、彈簧和板塊等問題。
3.能夠應(yīng)用三大觀點解決復(fù)雜的物理過程。
【命題預(yù)測】重點關(guān)注應(yīng)用三大觀點解決物理問題，這是高考的熱點。
一、動量守恒定律
1．內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為 0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。
2．表達(dá)式
(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前的總動量 p 等于相互作用后的總動量 p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。
(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零。
3．適用條件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。
(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。
4．動量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：表達(dá)式中初、末動量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動量的正、負(fù)。
(2)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。
(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動量守恒定律時，各物體的速度必須是相對同一參考系
的速度。一般選地面為參考系。
(4)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于
宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。
二、碰撞、反沖、爆炸
1．碰撞
(1)定義：相對運動的物體相遇時，在極短的時間內(nèi)它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化，這個過程就可稱為碰撞。
(2)特點：作用時間極短，內(nèi)力(相互碰撞力)遠(yuǎn)大于外力，總動量守恒。
(3)碰撞分類
①彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動能沒有損失。
②非彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動能有損失。
③完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體，機械能損失最大。
2．反沖
(1)定義：當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向沖量，這種現(xiàn)象叫反沖運動。
(2)特點：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力。實例：發(fā)射炮彈、爆竹爆炸、發(fā)射火
箭等。
(3)規(guī)律：遵從動量守恒定律。
3．爆炸問題
爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守
恒。
考點一 碰撞問題
考向 1 彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用
1.碰撞三原則：
(1)動量守恒：即 p1＋p2＝p1′＋p2′.
p12 p22 p1′2 p2′2
(2)動能不增加：即 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或 ＋ ≥ ＋ .2m1 2m2 2m1 2m2
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有 v 后>v 前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運
動，則應(yīng)有 v 前′≥v 后′。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
2. “動碰動”彈性碰撞
v1 v2 v ’ ’1 ˊ v2 ˊ
m m
1 2
發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為 m1和 m2，碰前速度為
v1，v2，碰后速度分別為 v ˊ1 ，v ˊ2 ，則有：
m1v1 m2v2 m1v
'
1 m1v
' 1 1
2 (1) m v
2
1 1 m2v
2 1 m v '2 12 1 1 m1v
'2
2 2 2 2 2
(2)
聯(lián)立（1）、（2）解得：
m1v + m v m v + m vv ’=2 1 2 21 - v ，v ’=2 1 1 2 2 - v .m1 + m
1 2 m 22 1 + m2
特殊情況： 若 m1=m ˊ2 ，v1 = v2 ，v ˊ2 = v1 .
3. “動碰靜”彈性碰撞的結(jié)論
兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為 m1、速度為 v1 的小球與質(zhì)量為 m2 的靜止小
1 1 1
球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有 m v ＝m v ′＋m v ′ （1） m v21＝ m v ′2＋ m v ′2 1 1 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2
（2）
2
（m1－m2）v1 2m1v1
解得：v1′＝ ，v2′＝m1＋m2 m1＋m2
結(jié)論：(1)當(dāng) m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)
(2)當(dāng) m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且 v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)當(dāng) m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)
(4)當(dāng) m1 m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)
(5)當(dāng) m1 m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)
1．如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1 和m2 ，圖乙為它們碰撞后的 s - t
圖像，已知m1 0.1kg．由此可以判斷（　?。?br/>A．碰前m2 勻速，m1 加速運動
B．碰后m2 和m1 都向右運動
C．m2 0.2kg
D．碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒
【答案】D
Ds
【詳解】AB．由 s-t 圖像的斜率等于速度可知碰前 m2靜止，m1勻速運動，m1的速度為 v1 4m/st 向右1
v 0 -8 16 -8運動；碰后 m1速度為 1 m/s -2m/s向左運動，碰后 m6 - 2 2
的速度 v 2 m/s 2m/s向右運動，故6 - 2
AB 錯誤；
C．根據(jù)動量守恒定律得m v m 1 1 1v1 m2v2 代入數(shù)據(jù)解得m2 0.3kg 故 C 錯誤；
1 2 1D 2．兩物體組成的系統(tǒng)在碰撞前的機械能為E m1v1 0.1 4 J 0.8J 碰撞后的機械能為2 2
E 1 m v 2 1 21 1 m2v2 0.8J因為E E 所以碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，故 D 正確。故選 D。2 2
2．如圖所示，某同學(xué)在教室內(nèi)做“子母球”的實驗，將兩質(zhì)量分別為 m1和 m2的彈性小球 A、B 疊放在一
起，從課桌邊緣自由落下，落地瞬間，B 先與地面碰撞，后與 A 碰撞，所有的碰撞均為豎直方向內(nèi)彈性碰
撞，且碰撞時間均可忽略不計。已知兩個彈性小球 m2=4m1，課桌邊緣離地面高度為 h=0.75m，天花板離地
面 3.6m，則（　?。?br/>A．A 小球彈起能打到天花板
B．B 小球彈起能超過桌子一半高度
C．在碰撞的總過程，兩個小球動量變化量等大反向
D．在碰撞的總過程，A 小球機械能守恒
【答案】A
【詳解】AB．以 B 為研究對象，從 B 小球開始下落至地面時的過程中，設(shè)落地前小球 B 的速度為 v1，由功
能關(guān)系可得m2gh
1
m 22v1 由于 B 觸地后與地面發(fā)生彈性碰撞，故碰撞前后 B 球速度大小不變，方向相反，2
設(shè)碰后 B 速度為 v2，則在大小上有 v2 v1以 A 球為研究對象，從 B 小球開始下落至地面時過程中，設(shè) A 球
1 2
落地前速度為 v 23，g 取 10m/s ，則由功能關(guān)系可得 m1gh m v2 1 3 根據(jù)以上可解得速度大小均為
v1 v2 v3 15m/s 由于 AB 觸地后，兩球之間發(fā)生彈性碰撞，以 AB 兩球相碰過程為研究過程，設(shè) AB 兩
球相碰后速度分別為 v4，v5，以速度向上為正方向。則根據(jù)動量守恒定律及能量守恒定律有
-m v m v m v m v 1 m v2 1 m v2 1 2 11 3 2 2 1 4 2 5 ， 1 3 2 2 m1v4 m2v
2 11
5 聯(lián)立以上及結(jié)合題意可解得 v4 15m/s2 2 2 2 5
v 1 15m/s 15 以 A 球為研究對象，碰后至運動到最高點的過程中，由機械能守恒定律可得m1gh 1 m1v
2
聯(lián)
5 2 4
立可得 h 1 3.63m＞3.6m故 A 球彈起能打到天花板。同理，以 B 球為研究對象，碰后至運動到最高點的過
程中，由機械能守恒定律可得m gh
1
2 2 m2v
2
5 聯(lián)立可得 h 2 0.03m
h
＜ 0.375m故 B 球彈起后不能超過桌子
2 2
一半高度。故 A 正確，B 錯誤；
C．在碰撞的總過程中，以速度向上為正，根據(jù)以上分析可知，A 球發(fā)生碰撞前后速度分別為 v3，v4，故對
11 6
A 球有DPA m1(v4 - v3) m1( 15 - 15) 15m1 B 球發(fā)生碰撞前后速度分別為 v2，v5，故對 B 球有5 5
P 1D B m2 (v2 v5 ) 4m1( 15 15)
24
15m1故 C 錯誤。5 5
D．由以上分析可知，A 球碰撞后的速度大于碰撞前的速度，故機械能增加了，故 D 錯誤。故選 A。
考向 2 完全非彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用
1.非彈性碰撞
介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。
根據(jù)動量守恒定律可得：m ˊ ˊ1v1+m 2v2=m1v1 +m2v2 (1)
1 1 1 1
損失動能 ΔEk，根據(jù)機械能守恒定律可得： m v 2 2 ˊ2 ˊ 2 1 1 + m2v2 = m1v1 + m2v2 + ΔEk. (2)
2 2 2 2
2.完全非彈性碰撞
v1 v2 v 共
m m
1 2
碰后物體的速度相同， 根據(jù)動量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v 共 （1）
完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動能最多，損失動能：
ΔE = 1 m v 2+ 1k 1 1 m2v 2 12 - (m1+m2)v 2共 （2）
2 2 2
m1v1 2 1
+ m2v2 1 m1m2
聯(lián)立（ ）、（ ）解得：v 共 = ；ΔEk= ( v1 - v
2
m + m 2 m + m 2
)
1 2 1 2
3．如圖所示，在光滑的水平面上有 2023 個完全相同的小球排成一條直線，均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給第一個
小球初動能 Ek，使它正對其他小球運動。若小球間的所有碰撞都是完全非彈性的，則整個碰撞過程中因為
碰撞損失的機械能總量為（　?。?br/>1 2022
A． Ek B． E2023 2023 k
1 2024
C． 2 Ek D． E2023 2022 k
【答案】B
【詳解】以第一個小球初速度 v0方向的為正方向，將 2023 個小球組成的整體看作一個系統(tǒng)，設(shè)系統(tǒng)最終
v
的速度為 v，運用動量守恒定律得 mv0＝2023mv 解得 v 0 則系統(tǒng)損失的機械能為2023
E 1 mv2 1 2023mv2 E 2022D 0 - 解得D E 故選 B。2 2 2023 k
4．兩個完全相同的小球 A、B 用長度均為 L 的細(xì)線懸于天花板上，如圖所示。若將 A 從圖示位置由靜止釋
放，則 B 球被碰后第一次速度為零時距離最低點的高度可能是（　　）
L L 2L L
A． B． C． D．
9 5 3 10
【答案】B
o 1 2
【詳解】小球 A 從釋放到最低點，由動能定理可知mg(L - L cos 60 ) mvA - 0解得 vA gL 若 A 與 B 發(fā)2
生完全彈性碰撞，由能量守恒定律和動量守恒定律可知兩者交換速度，即 vB vA gL ，B 上升過程中由
1 2 L
動能定理可知-mgh 0 - mv 解得 h 若 A 與 B 發(fā)生完全非彈性碰撞即 AB 粘在一起，由動量守恒定律
2 B 2
可知mvA 2mv v
1
解得 gL 在 AB 上升過程中，由動能定理可知-2mgh
1
0 - 2mv2 L解得 h 所以 B 球
2 2 8
L L L
上升的高度 h 高度可能是 。故選 B。
8 2 5
考向 3 類碰撞問題
此類問題的處理方法和碰撞類中的彈性碰撞、非彈性碰撞處理方法是一樣的，關(guān)鍵是要找準(zhǔn)對照的模
型和過程，這樣問題就會迎刃而解了。
5．如圖所示，一個質(zhì)量為 M 的滑塊放置在水平面上，滑塊的一側(cè)是一個四分之一圓弧 EF1 圓弧半徑
R 1m。E 點與水平面相切。另有一個質(zhì)量為 m 的小球以 v0 5m/s 的初速度水平向右從 E 點沖上滑塊，
若小球剛好沒越過圓弧的上端，已知重力加速度大小 g 10m/s2 不計一切摩擦。則滑塊與小球質(zhì)量的比值
M
為（ ）
m
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【詳解】根據(jù)題意，小球上升到滑塊上端時，小球與滑塊的速度相同，設(shè)為 v1，根據(jù)動量守恒定律有
mv0 (m M )v
1 2 1 2 M
1根據(jù)機械能守恒定律有 mv0 (m M )v1 mgR 聯(lián)立解得 4故選 C。2 2 m
1
6．如圖所示，在水平面上放置一個右側(cè)面半徑為 R 的 圓弧凹槽，凹槽質(zhì)量為m ，凹槽A 點切線水平，
4
B 點為最高點.一個質(zhì)量也為m 的小球以速度 v0從A 點沖上凹槽，重力加速度為 g ，不計一切摩擦，則下列
說法正確的是（ ）
A．小球在凹槽內(nèi)運動的全過程中，小球與凹槽的總動量守恒，且離開凹槽后做平拋運動
B．若 v0 2gR ，小球恰好可到達(dá)凹槽的 B 點且離開凹槽后做自由落體運動
C．若 v0 5gR ，小球最后一次離開凹槽的位置一定是A 點，且離開凹糟后做自由落體運動
D．若 v0 7gR ，小球最后一次離開凹槽的位置一定是 B 點，且離開凹槽后做豎直上拋運動
【答案】C
【詳解】A．小球在凹槽內(nèi)運動的全過程中，小球與凹槽的水平方向動量守恒，但總動量不守恒，故 A 錯
誤；
1 2 1B 2．若小球恰好到達(dá) B 點時，由于水平方向動量守恒有mv0 2mv 由機械能守恒 mv × 2mv mgR解得2 0 2
v0 2 gR 故 B 錯誤；
CD．當(dāng) v0 > 2 gR 時，小球從 B 點飛出后做斜拋運動，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回時恰好能落到
B 點，故最后一次離開斜面的位置一定是A 點，由水平方向動量守恒得mv0 mv1 mv2 由機械能守恒得
1 mv2 1 2 10 mv1 mv
2
2 解得 v1 0， v2 v0 可知小球最后一次離開凹槽的位置一定是A 點，且離開凹槽后做2 2 2
自由落體運動，故 C 正確，D 錯誤。故選 C。
考點二 人船模型、爆炸和反沖問題
考向 1 人船模型
1. 適用條件
①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零；
②動量守恒或某方向動量守恒．
2. 常用結(jié)論
設(shè)人走動時船的速度大小為 v 船,人的速度大小為 v 人,以船運動的方向為正方向,則 m 船v 船-m 人v 人=0,可得
m 船 v 船=m 人 v 人；因人和船組成的系統(tǒng)在水平方向動量始終守恒，故有 m 船 v 船 t=m 人 v 人 t,
即：m 船 x 船=m 人 x 人，由圖可看出 x 船+x 人=L，
m船 m人
可解得： x人= L x船= Lm人+m船 m； 人+m船
3. 類人船模型
類型一 類型二 類型三 類型四 類型五
7．“獨竹漂”是一項獨特的黔北民間絕技。如圖甲所示，在平靜的湖面上，一位女子腳踩竹竿抵達(dá)岸邊，此
時女子靜立于竹竿 A 點，一位攝影愛好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過程的系列照片，并從
中選取了兩張進行對比，其簡化圖如下。經(jīng)過測量發(fā)現(xiàn)，甲、乙兩張照片中 A、B 兩點的水平間距約為
1.0cm，乙圖中竹竿右端距離河岸約為1.8cm。已知竹竿的質(zhì)量約為 25kg ，若不計水的阻力，則該女子的
質(zhì)量約為（　　）
A． 45kg B． 47.5kg C．50kg D．55kg
【答案】A
【詳解】根據(jù)題意，設(shè)女子的質(zhì)量為m ，由動量守恒定律有mv m竿v竿由于系統(tǒng)的水平動量一直為 0，則
運動時間相等，設(shè)運動時間為 t ，則有mvt m竿v竿t 整理可得mx人 m竿x竿解得
m竿xm 竿 25 1.8 kg 45kg
x 故選 A。人 1.0
8．如圖，質(zhì)量為 M，半徑為 R 的圓弧槽，置于光滑水平面上．將一可視為質(zhì)點的滑塊從與圓心等高處無
初速度地釋放，滑塊的質(zhì)量為 m，且M 2m，重力加速度大小為 g。下列說法正確的是（　?。?br/>A．若圓弧面光滑，則圓弧槽與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒
B gR．若圓弧面光滑，則滑塊運動至水平面時速度大小為
3
R
C．若圓弧面粗糙，滑塊能運動至水平面，則圓弧槽的位移大小為
3
2R
D．若圓弧面粗糙，滑塊能運動至水平面，則滑塊的位移大小為
3
【答案】C
【詳解】A．若圓弧面光滑，圓弧槽與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，故 A 錯誤；
B．若圓弧面光滑，設(shè)滑塊運動至水平面時速度大小為 v1，圓弧糟速度大小為 v2，由機械能守恒定律知
mgR 1 mv2 11 Mv
2 gR gR
2 在水平方向上動量守恒有mv1 Mv2 ，M 2m聯(lián)立解得 v1 2 ， v2 故 B 錯2 2 3 3
誤；
C．若圓弧面粗糙，滑塊能運動至水平面，設(shè)滑塊與圓弧槽相對于地面沿水平方向的位移分別為x1和x2，
2 R
由水平方向動量守恒有mx1 Mx2 ， x1 x2 R解得 x1 R， x2 故 C 正確；3 3
2R 2D 13．由于滑塊還發(fā)生了豎直位移 R，故滑塊的位移大小為 R2 ÷ R 故 D 錯誤。就選 C。
è 3 3
考向 2 爆炸和反沖問題
1． 對反沖現(xiàn)象的三點說明
(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強大內(nèi)力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理。
(2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。
(3)反沖運動中平均動量守恒。
2． 爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所
以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動
能增加。
(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為
爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。
9．斜向上發(fā)射的炮彈在最高點爆炸（爆炸時間極短）成質(zhì)量均為m 的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原來的
方向飛去。已知炮彈爆炸時距水平地面的高度為 H ，炮彈爆炸前的動能為E ，爆炸后系統(tǒng)的機械能增加了
E
，重力加速度大小為 g ，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，則兩塊碎片落地點間的距離為（
4 ）
EH 2EH 3EH EH
A． B． C． D．2
mg mg mg mg
【答案】B
E
【詳解】炮彈炸裂的過程水平方向動量守恒，設(shè)炮彈炸裂前的速度大小為 v，則 v 設(shè)炸裂后瞬間兩塊
m
碎片的速度分別為 v1、 v2，有 2mv mv1 mv2 E
1 1 1
E mv2 mv2 3 E 1 E1 2 解得 v ， v4 2 2 1 2 m 2
根據(jù)平拋
2 m
1 2EH
運動規(guī)律有H gt 2兩塊碎片落地點之間的距離 x v1 - v2 t 解得 x 故選 B。2 mg
10．我國早在宋代就發(fā)明了火箭。即在箭桿捆上前端封閉的火藥筒，點燃后產(chǎn)生的燃?xì)庖暂^大的速率向后
噴出，箭桿由于反沖而向前運動，這與現(xiàn)代火箭的原理大致相同。某時刻火箭速度為 v0，在極短的時間內(nèi)
噴射質(zhì)量為Dm、速度為 u 的燃?xì)?，噴出燃?xì)夂蠡鸺馁|(zhì)量為 m。則此次火箭噴氣后速度的變化量為
（　?。?br/>Dm
A． v u Dm Dm Dm0 B． v0 - u C． v0 v0 - u D． vm m m 0 vm 0 u
【答案】B
【詳解】根據(jù)動量守恒定律 m Dm v0 Dmu mv v v v
Dmv - Dmu
解得D - 0
0 故選 B。
m
考點三 彈簧模型和板塊模型
考向 1 彈簧模型
條件與模型
①mA=mB（如:mA=1kg；
mB=1kg）
②mA>mB （如:mA=2kg；
mB=1kg）
③mAmB=2kg）
情況一：從原長到最短（或最長）時
① mAv0 mA mB v
1 1
；② m v2 2
2 A 0
m m v E
2 A B pm
規(guī)律與公式
情況二：從原長先到最短（或最長）再恢復(fù)原長時
1 1 1
① mAv0 m v
' m v ' ② m v2 m v ' 2 '2A 1 B 2 ； 2 A 0 2 A 1
m v
2 B 2
11．如圖所示，光滑水平面上質(zhì)量為 2M 的物體 A 以速度 v 向右勻速滑動，質(zhì)量為 M 的 B 物體左端與輕質(zhì)
彈簧連接并靜止在光滑水平面上，在物體 A 與彈簧接觸后，以下判斷正確的是（　?。?br/>4
A．在物體 A 與彈簧接觸過程中，彈簧對 A 的彈力沖量大小為 Mv
3
B．在物體 A 與彈簧接觸過程中，彈簧對 B 的彈力做功的功率一直增大
C．從 A 與彈簧接觸到 A、B 相距最近的過程中，彈簧對 A、B 做功的代數(shù)和為 0
4
D．從 A 與彈簧接觸到 A、B 2相距最近的過程中，最大彈性勢能為 Mv
3
【答案】A
【詳解】A．在物體 A 與彈簧接觸過程中，根據(jù)動量守恒定律得 2Mv 2Mv A Mv B 根據(jù)機械能守恒定律得
1 2Mv2 1 2Mv 2 1 Mv 2 v 1 4× × A × B 解得 A v vB v 根據(jù)動量定理得彈簧對 A 的彈力沖量大小2 2 2 3 3
4I 2M (v - vA )解得 I Mv ，A 正確；3
B．在物體 A 與彈簧接觸到彈簧最短的過程中，彈簧的彈力和 B 的速度都增大，彈簧對 B 的彈力做功的功
4
率增大；在彈簧接近原長時，B 的速度接近 v ，而彈簧的彈力幾乎等于零，彈簧對 B 的彈力做功的功率幾
3
乎等于零，所以在物體 A 與彈簧接觸過程中，彈簧對 B 的彈力做功的功率先增大后減小，B 錯誤；
CD．從 A 與彈簧接觸到 A、B 相距最近的過程中，根據(jù)動量守恒定律得 2Mv 2M M v 2解得 v v 彈簧
3
1 1 5 1 2
對 A、B 2 2做功分別為WA ×2Mv - ×2Mv - Mv
2 W Mv 2， B Mv
2
彈簧對 A、B 做功的代數(shù)和為
2 2 9 2 9
W 1 1 1 1 WA WB - Mv
2
最大彈性勢能為Ep × 2Mv
2 - ×3Mv 2 Mv2 ，CD 錯誤。故選 A。
3 2 2 3
12．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1 、m2 的兩物塊 A、B 相連接，并靜止在光滑水平面上。
現(xiàn)使 A 獲得水平向右、大小為 3m/s 的瞬時速度，從此刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖
乙所示，從圖像提供的信息可得（　?。?br/>A．在 t1 和 t3時刻兩物塊達(dá)到共同速度 1m/s，且彈簧分別處于拉伸和壓縮狀態(tài)
B．兩物塊的質(zhì)量之比為m1 : m2 2 :1
C．在 t2 時刻 A、B 兩物塊的動能之比為Ek1 : Ek2 8 :1
D．在 t2 ~ t3時間內(nèi) A、B 的距離逐漸增大， t3時刻彈簧的彈性勢能最大
【答案】D
【詳解】AD．根據(jù)圖像可得開始時 A 的速度大，彈簧被壓縮， t1 時 AB 速度相同此時彈簧壓縮量達(dá)到最
大，之后 B 的速度大，壓縮量開始變小， t2 時彈簧恢復(fù)原長，之后彈簧開始被拉伸，A、B 的距離逐漸增
大， t3時刻 AB 速度相等此時拉伸量達(dá)到最大，刻彈簧的彈性勢能最大。之后 A 速度又大于 B，拉伸量開始
變小， t4 時刻恢復(fù)彈簧原長狀態(tài)，故 A 錯誤，D 正確；
B．根據(jù)系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向在0 : t1段時間內(nèi)有m1v0 (m1 m2 )v共代入數(shù)據(jù)解得m1 : m2 1: 2 故 B
錯誤；
C． t2 時刻 A、B 兩物塊的動能之比為
1 m v2E 1 1 1 12k1 2 1
E 1 2k2 m2v
2 2 2 8
2 2
故 C 錯誤。
故選 D。
考向 2 板塊模型
板塊模型
v0 v 共
m v 共
過程簡圖 m2
1
x2 x 相對
x1
a f ;a f1 ；m 21 m2
動力學(xué)常用關(guān)系 v0 - a1t a2t ；
x 1 2 1 21 v0t - a1t ; x2 a2t ; x相對=x2 2 1
- x2
功能常用關(guān)系 fx 1 2 1 2相對= m1v0 - m m v2 2 1 2 共
動量常用關(guān)系 m1v0 (m1 m2 )v共
13．如圖所示，質(zhì)量為 M 長為 l 的長木板靜止于粗糙水平面上， t 0時，質(zhì)量為 m 的物塊（可視為質(zhì)點）
以初速度 v0從左端滑到長木板上，在運動過程中物塊剛好未從木板右端滑落，已知物塊與木板間的摩擦因
數(shù)為 。下列說法正確的是（　?。?br/>mv
A．物塊滑到木板最右端的速度為 0
M m
B．小物塊減少的動能等于木板增加的動能和木板與物塊之間產(chǎn)生的內(nèi)能之和
C．木板的動能一定小于 mgl
1
D 2．木板的動能一定大于 mv0 - mgl2
【答案】C
【詳解】A．物塊剛好未從木板右端滑落，則物塊到木板右端時，恰好有共同速度，如果物塊與木板組成
的系統(tǒng)動量守恒，則mv0 m M v
mv
解得 v 0 由于水平面粗糙，木板受水平面的摩擦力，所以物塊
M m
mv
與木板組成的系統(tǒng)動量不守恒，故物塊滑到木板最右端的速度不為 0 ，故 A 錯誤；
M m
BD．由能量守恒定律可知小物塊減少的動能等于木板增加的動能、木板與物塊之間產(chǎn)生的內(nèi)能以及水平面
1 2
與木板之間產(chǎn)生的內(nèi)能之和，木板與物塊之間產(chǎn)生的內(nèi)能E = mgl內(nèi) 木板的動能一定小于 mv0 - mgl ，故2
BD 錯誤；
C．設(shè)物塊運動的位移大小x1，木板運動的位移大小x2，物塊與木板共同速度 v1，物塊與木板因摩擦產(chǎn)生
的熱量Q mgl mg x1 - x
v
由于 x 0
v1
2 1 t > 2
v
1 t 2x2 故 mgl > mgx2 對木板由動能定理得2 2
mgx m M gx 1- Mv 2 1 22 2 2 1 則 Mv1 < mgx2 < mgl 故 C 正確。故選 C。2 2
14．如圖所示，質(zhì)量 m=245g 的物塊（可視為質(zhì)點）放在質(zhì)量 M=0.5kg 的木板左端，木板靜止在光滑水平
面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù) 0.4 ，質(zhì)量m0 5g 的子彈以速度 v0 300m/s 沿水平方向射入物塊并
留在其中（時間極短），物塊最后恰好沒有滑離木板，取 g 10m/s2 ，則在整個過程中（　?。?br/>A．物塊的最大速度為 4m/s
B．木板的最大速度為 3m/s
C．物塊相對于木板滑行的時間為 0.75s
D．木板的長度為 3m
【答案】D
【詳解】A．子彈射入物塊并留在其中，根據(jù)動量守恒m0v0 m0 m v 之后，在摩擦力的作用下，物塊做
減速運動，則兩者共同的速度即物塊的最大速度，大小為 v 6m/s 故 A 錯誤；
B．物塊和子彈在木板上滑行時，木板做加速運動，物塊最后恰好沒有滑離木板，根據(jù)動量守恒
m0 m v m0 m M v 共同速度即木板的最大速度，大小為 v 2m/s 故 B 錯誤；
C．物塊在木板上做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律 m0 m g m0 m a 物塊相對木板的滑行時間
t v - v

為 得 t 1s故 C 錯誤；
a
D．木板做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律
m0 m g Ma
v2 - v 2 v 2
木板長度為物塊和木板的相對位移 L - 得 L 3m故 D 正確。故選 D。
2a 2a
考點四 力學(xué)三大基本觀點的綜合應(yīng)用
考向 應(yīng)用力學(xué)三大基本觀點處理綜合性問題
1.三大觀點及相互聯(lián)系
2.三大觀點的選用原則
力學(xué)中首先考慮使用兩個守恒定律。從兩個守恒定律的表達(dá)式看出多項都是狀態(tài)量(如速度、位置)，所
以守恒定律能解決狀態(tài)問題，不能解決過程(如位移 x，時間 t)問題，不能解決力(F)的問題。
(1)若是多個物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個守恒定律。
(2)若物體(或系統(tǒng))涉及速度和時間，應(yīng)考慮使用動量定理。
(3)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和時間，且受到恒力作用，應(yīng)考慮使用牛頓運動定律。
(4)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和速度，應(yīng)考慮使用動能定理，系統(tǒng)中摩擦力做功時應(yīng)用摩擦力乘以相對路
程，動能定理解決曲線運動和變加速運動特別方便。
3.用三大觀點的解物理題要掌握的科學(xué)思維方法
(1)多體問題——要正確選取研究對象，善于尋找相互聯(lián)系
選取研究對象和尋找相互聯(lián)系是求解多體問題的兩個關(guān)鍵。選取研究對象后需根據(jù)不同的條件采用隔
離法，即把研究對象從其所在的系統(tǒng)中抽離出來進行研究；或采用整體法，即把幾個研究對象組成的系統(tǒng)
作為整體進行研究；或?qū)⒏綦x法與整體法交叉使用。
通常，符合守恒定律的系統(tǒng)或各部分運動狀態(tài)相同的系統(tǒng)，宜采用整體法；在需討論系統(tǒng)各部分間的相互
作用時，宜采用隔離法；對于各部分運動狀態(tài)不同的系統(tǒng)，應(yīng)慎用整體法。至于多個物體間的相互聯(lián)系，
通常可從它們之間的相互作用、運動的時間、位移、速度、加速度等方面去尋找。
(2)多過程問題——要仔細(xì)觀察過程特征，妥善運用物理規(guī)律
觀察每一個過程特征和尋找過程之間的聯(lián)系是求解多過程問題的兩個關(guān)鍵。分析過程特征需仔細(xì)分析
每個過程的約束條件，如物體的受力情況、狀態(tài)參量等，以便運用相應(yīng)的物理規(guī)律逐個進行研究。至于過
程之間的聯(lián)系，則可從物體運動的速度、位移、時間等方面去尋找。
(3)含有隱含條件的問題——要深究細(xì)琢，努力挖掘隱含條件
注重審題，深究細(xì)琢，綜觀全局重點推敲，挖掘并應(yīng)用隱含條件，梳理解題思路或建立輔助方程，是
求解的關(guān)鍵。通常，隱含條件可通過觀察物理現(xiàn)象、認(rèn)識物理模型和分析物理過程，甚至從試題的字里行
間或圖像中去挖掘。
(4)存在多種情況的問題——要分析制約條件，探討各種情況
解題時必須根據(jù)不同條件對各種可能情況進行全面分析，必要時要自己擬定討論方案，將問題根據(jù)一定的
標(biāo)準(zhǔn)分類，再逐類進行探討，防止漏解。
1
15．如圖所示，質(zhì)量分別為 m、3m、nm（ n 1， 2，3L）的 圓弧槽、小球 B、小球 C 均靜止在水平面
4
上，圓弧槽的半徑為 R，末端與水平面相切?，F(xiàn)將質(zhì)量為 m 的小球 A 從圓弧槽上與圓心等高的位置由靜止
釋放，一段時間后與 B 發(fā)生彈性正碰，已知重力加速度為 g，不計 A、B、C 大小及一切摩擦。下列說法錯
誤的是（　?。?br/>A．小球 A 通過圓弧槽最低點時對圓弧槽的壓力大小為 5mg
B．若 BC 發(fā)生的是完全非彈性碰撞，n 取不同值時，BC 碰撞損失的機械能不同
3
C．若 BC 發(fā)生的是彈性正碰，當(dāng) n=2 時，碰撞完成后小球 C 的速度為 gR
5
3
D．n 取不同值時，C 最終的動量不同，其最大值為 m gR
8
【答案】D
【詳解】A．小球 A 第一次下滑到圓弧槽最低點時，小球 A 和圓弧槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，有
mvA mv
1 2 1 2
1小球 A 和圓弧槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有mgR mvA mv1 解得 vA v1 gR 小球 A 通過2 2
v2
圓弧槽最低點時，相對于圓弧槽的速度大小為 v相 vA v1根據(jù)牛頓第二定律有F - mg m 相 聯(lián)立解得，小
R
球 A 通過圓弧槽最低點時，受到圓弧槽的支持力為F 5mg 根據(jù)牛頓第三定律可知，小球 A 通過圓弧槽最
低點時對圓弧槽的壓力大小為 5mg，故 A 正確，不滿足題意要求；
B．若 BC 發(fā)生的是完全非彈性碰撞，設(shè)小球 A 與 B 碰撞后，小球 B 的初速度為 v0，則 BC 碰撞過程，根據(jù)
動量守恒有3mv0 (3m nm)v E
1 3mv2 1根據(jù)能量守恒有D 0 - (3m nm)v
2
聯(lián)立解得 BC 碰撞損失的機械能
2 2
3mv2 2 2
為DE 0
9m v
- 0
2 2(3m nm)
可知，當(dāng) n 取不同值時，BC 碰撞損失的機械能不同，故 B 正確，不滿足題意要求；
C．小球 A 與 B 發(fā)生彈性正碰，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒有mvA mvA1 3mvB 根據(jù)機械能守恒有
1 mv2 1 mv2 1 1 1A A1 3mv
2
B 聯(lián)立解得 vA1 - gR ， vB gR 若 BC 發(fā)生的是彈性正碰，當(dāng) n 2時，BC 碰2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
撞過程，根據(jù)動量守恒有3mvB 3mvB1 2mvC 根據(jù)機械能守恒有 3mvB 3mvB1 2mvC 聯(lián)立解得，2 2 2
碰撞完成后小球 C 的速度為 v
3
C gR 故 C 正確，不滿足題意要求；5
D．當(dāng) BC 發(fā)生的是完全非彈性正碰時，C 獲得的動量最小。BC 碰撞過程，根據(jù)動量守恒有
3mv 3m nm v v 3B （ ） C2 解得，碰撞完成后小球 C 的速度為 C2 gR 則此時 C 的動量為6 2n
p 3n nmvC2 m gR
3
6 m gR 36 2n 2 可知，當(dāng) n 取 1 時，C 的動量取最小值為 pmin m gR 故 D 錯誤，
n 8
滿足題意要求。故選 D。
R
16．如圖所示，半徑分別為 R 和 r 的兩光滑圓軌道安置在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水
2
平軌道 CD 相連，在水平軌道 CD 上一輕彈簧被 a、b 兩小球夾住，同時釋放兩小球，a、b 球恰好能通過
各自圓軌道的最高點，已知 a 球的質(zhì)量為 m。則（　?。?br/>A 2．b 球質(zhì)量為 m
2
B．兩小球與彈簧分離時，動能相等
C．若ma mb m要求 a、b 都能通過各自的最高點，彈簧釋放前至少應(yīng)具有的彈性勢能為Ep 5mgR
D．a(chǎn) 球到達(dá)圓心等高處時，對軌道壓力為5mg
【答案】C
【詳解】A． a、b 球恰好能通過各自圓軌道的最高點，則 a、b 球在最高點時的速度分別為 va = gR高 ，
vb = gr
1 1
高 a、b
2 2
球在最高點時的速度分別為 va ,vb ，則有-ma g2R mava - m2 高 2 a
va ，
1 1
-mb g2r m v
2
b b - mbv
2
高 b 設(shè) b 球的質(zhì)量為mb ，由動量守恒定理有mava mbvb 聯(lián)立解得mb 2m所以 A2 2
錯誤；
2
B p．兩小球與彈簧分離時，動量大小相等，根據(jù)動能與動量關(guān)系Ek 可知，動能不相等，所以 B 錯誤；2m
C．若ma mb m，由動量守恒定理有mava mbvb 則分離時兩小球的速度相等，則要求 a、b 都能通過各自
的最高點時，只需要 a 球能夠通過，b 球也能通過，由前面分析可知，a 剛好通過最高點時，分離時速度
1
v 2
1 2 2
為 a 5gR 則彈簧釋放前至少應(yīng)具有的彈性勢能為Ep mava mbvb mava 5mgR所以 C 正確；2 2
1 1
D a 2 2． 球到達(dá)圓心等高處時，速度為 v a 由動能定理可得-ma gR mav a - mava 軌道對 a 球的支持力為2 2
F F m v
2
，由牛頓第二定律有 a 聯(lián)立解得F 3mg 由牛頓第三定律可知，a 小球?qū)壍缐毫?mg ，所以a R
D 錯誤；故選 C。
1．如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為 M 的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面
相切，一個質(zhì)量為 m（m（　　）
A．在下滑過程中弧形槽對小球的彈力始終不做功
B．在小球壓縮彈簧的過程中，小球的機械能減小
C．小球離開彈簧后，小球和弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球仍能回到弧形槽 h 高處
D．在整個過程中，小球、弧形槽和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒
【答案】B
【詳解】A．在小球下滑過程中，雖然小球總是沿著弧形槽的上表面運動，但弧形槽有水平向左的位移，
故小球相對于地面的速度方向不是沿著弧形槽的切線的，而弧形槽對小球的作用力是彈力，方向始終垂直
于接觸面，故彈力和小球運動速度不垂直，彈力對小球要做功，故 A 錯誤；
B．當(dāng)小球壓縮彈簧的過程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)機械能守恒。但彈簧對小球的彈力做負(fù)功，故小球
的機械能減小，故 B 正確；
C．小球在弧形槽上下滑過程中，系統(tǒng)水平方向不受力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球與弧形槽分離時兩
者動量大小相等，由于 m弧形槽并要滑上弧形槽。在小球離開彈簧后，只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，故小球和弧形槽組成的系統(tǒng)機
械能守恒。由于球與弧形槽組成的系統(tǒng)總動量水平向左，球到達(dá)最高點時兩者共速，則此共同速度也必須
水平向左，則二者從靜止開始運動到共速狀態(tài)，系統(tǒng)的動能增加，重力勢能一定要減小，小球上升的最大
高度要小于 h，故 C 錯誤；
D．整個運動過程中小球和弧形槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒，小
球與彈簧接觸過程中，墻壁對系統(tǒng)作用力水平向左，系統(tǒng)水平方向動量不守恒，故 D 錯誤。
故選 B。
2．如圖所示 “牛頓擺”裝置，5 個完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上，5 根輕繩互相平行，5 個鋼
球彼此緊密排列，球心等高．用 1、2、3、4、5 分別標(biāo)記 5 個小鋼球．當(dāng)把小球 1 向左拉起一定高度，如
圖甲所示，然后由靜止釋放，在極短時間內(nèi)經(jīng)過小球間的相互碰撞，可觀察到球 5 向右擺起，且達(dá)到的最
大高度與球 1 的釋放高度相同，如圖乙所示．關(guān)于此實驗，下列說法中正確的是（ ）
A．上述實驗過程中，5 個小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒
B．上述實驗過程中，5 個小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量不守恒
C．如果同時向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如圖丙所示），同時由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小球
4、5 一起向右擺起，且上升的最大高度高于小球 1、2、3 的釋放高度
D．如果同時向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如圖丙所示），同時由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小球
3、4、5 一起向右擺起，且上升的最大高度與小球 1、2、3 的釋放高度相同
【答案】D
【詳解】試題分析：上述實驗過程中，小球 5 能夠達(dá)到與小球 1 釋放時相同的高度，說明系統(tǒng)機械能守
恒，而且小球 5 離開平衡位置的速度和小球 1 擺動到平衡位置的速度相同，說明碰撞過程動量守恒，但隨
后上擺過程動量不守恒，動量方向在變化，選項 AB 錯．根據(jù)前面的分析，碰撞過程為彈性碰撞．那么同
時向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如圖丙所示），同時由靜止釋放，那么球 3 先以 v與球 4 發(fā)生彈性碰
撞，此后球 3 的速度變?yōu)?0，球 4 獲得速度 v后與球 5 碰撞，球 5 獲得速度 v，開始上擺，同理球 2 與球 3
碰撞，最后球 4 以速度 v上擺，同理球 1 與球 2 碰撞，最后球 3 以速度 v上擺，所以選項 C 錯 D 對．
3．如圖所示，兩個質(zhì)量分別為mA 、mB 的小球 A、B 在光滑的水平面上沿同一直線向右運動， 2mA = mB ，
經(jīng)過一段時間后兩球發(fā)生正碰，碰前速度分別為 vA 6m/s ， vB 4m/s

，碰撞后的速度分別為 v A 、 vB ，則
下列選項中可能正確的是（　?。?br/>A． v A 2m/s

， v B 6m/s B． vA 4m/s ， v B 5m/s
C． v A 4m/s ， v B 6m/s D

． vA 8m/s， v B 2m/s
【答案】B
【詳解】碰撞過程應(yīng)滿足系統(tǒng)動量守恒和總動能不增加原則，碰撞前系統(tǒng)的初動量為
p0 pA pB mAvA m v
1 2 1 2
B B 14mAkg × m/s可知碰撞前系統(tǒng)的初動能為Ek0 mAvA mBvB 34m2 2 A
J
A．碰撞后系統(tǒng)的動量為 p pA pB 14mAkg × m / s p0 碰撞后系統(tǒng)的動能為
E 1k mAv
2 1
A mBv
2
B 38mAJ > Ek 不滿足碰撞過程總動能不增加原則，故 A 錯誤；2 2
B．碰撞后系統(tǒng)的動量為 p pA pB 14mAkg × m / s p0 碰撞后系統(tǒng)的動能為
E 1 m v 2 1 m v 2k A A B B 33mAJ < Ek 故 B 正確；2 2
C．碰撞后系統(tǒng)的動量為 p pA pB 16mAkg × m / s > p0 不滿足動量守恒，故 C 錯誤；
D．A 球速度反向不滿足動量守恒，A 球速度不改變方向則碰撞后 A 球速度應(yīng)小于 B 球速度且不滿足動量守
恒，故 D 錯誤。故選 B。
4．2014 年 11 月 13 日歐洲航天局發(fā)射的羅塞塔號彗星探測器歷經(jīng) 10 年飛行成功降落在 67P 彗星的表面。
據(jù)報道，羅塞塔號在發(fā)射后，先后三次飛過地球，用地球的引力作為助力來達(dá)到追趕 67P 彗星所需的速
度。其原理與圖 1 所示的小球與大球發(fā)生彈性正碰的模型相似：若小球質(zhì)量遠(yuǎn)小于大球質(zhì)量，碰前兩球以
速率 v0和u0 相向運動，則碰后小球的速率 v等于 v0 2u0 ，即碰撞前后二者相對速度大小不變。如圖 2 所
示，只考慮探測器和地球之間的萬有引力，以太陽為參考系，探測器從圖示位置進入地球引力范圍時，探
測器和地球的速率分別為 v0和u0 ，探測器繞地球飛行后離開地球引力范圍時，探測器的速率為 v。假設(shè)探
測器再次回到地球引力范圍時速率仍為 v，則探測器先后三次這樣繞地球飛行后達(dá)到的速率為（　　）
A． v0 3u0
B． v0 6u0
C．3v0 u0
D．3v0 6u0
【答案】B
【詳解】由題意可知，探測器第一次繞地球飛行后達(dá)到的速率為 v0 2u0 ，再次回到地球引力范圍時速率仍
為 v0 2u0 ，則探測器第二次繞地球飛行后達(dá)到的速率為 v0 4u0 ，再次回到地球引力范圍時速率仍為
v0 4u0 ，則探測器第三次繞地球飛行后達(dá)到的速率為 v0 6u0 。
故選 B。
5．如圖所示為大球和小球疊放在一起、在同一豎直線上進行的超級碰撞實驗，可以使小球彈起并上升到
很大高度。將質(zhì)量為 km （ k >1）的大球（在下），質(zhì)量為 m 的小球（在上）疊放在一起，從距地面高 h 處
由靜止釋放，h 遠(yuǎn)大于球的半徑，不計空氣阻力。假設(shè)大球和地面、大球與小球的碰撞均為完全彈性碰
撞，且碰撞時間極短。下列說法正確的是（ ）
A．兩球一起下落過程中，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮閙g
B．大球與地面第一次碰撞過程中，地面對大球平均作用力的沖量大小為 km 2gh
C．無論 k 取什么值，大球與小球碰撞后大球的速度均不能為 0
D．若大球的質(zhì)量遠(yuǎn)大于小球的質(zhì)量，小球上升的最大高度約為 9h
【答案】D
【詳解】A．兩球一起下落過程中都做自由落體運動，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮?0，A 錯誤；
B．下落過程中由自由落體運動規(guī)律得 v2 2gh 解得大球與地面碰撞前的速度大小為 v 2gh 根據(jù)動量定理
可得 I 2kmv 2km 2gh ，B 錯誤；
C．以向上為正方向，大球碰撞地之后，速度瞬間反向，大小相等，兩球碰撞前后動量守恒，機械能守
恒，設(shè)碰撞前小球和大球的速度分別為 v，碰后大球的速度為 v1，小球的速度為 v2，由動量守恒定律
kmv - mv kmv mv 1 kmv2 1 mv2 1 2 1 2 (km - m)v - 2mv1 2 由機械能守恒定律 kmv1 mv2 兩式聯(lián)立解得 v 2 2 2 2 1 km m
可知當(dāng) k 3時，大球與小球碰撞后大球的速度為 0，C 錯誤；
D．大球與地面碰撞后，速度瞬間反向，大小不變，兩球發(fā)生彈性碰撞，兩球碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外
力，系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒，設(shè)碰撞后小球速度大小為 v1，大球速度大小為 v2，選向上為正方向，由
1 2 1 2 1 2 (3M - m) 2gh
動能量守恒和機械能守恒Mv - mv mv1 Mv2， (m M )v mv1 Mv 解得2 2 2 2 v1
當(dāng)
M m
v2
M m 時，不考慮 m 影響，則 v1 3 2gh 小球上升高度為H
1 9h，D 正確；故選 D。
2g
6．如圖甲所示，小球 A、B 的質(zhì)量都是 2kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，球 B 右側(cè)與豎直墻
壁接觸但不黏連，球 C 從高為 5m 的平臺以 6m/s 的初速度水平拋出，落地時恰好與 A 相撞，碰撞瞬間豎
直方向不反彈，且與 A 粘在一起不再分開，小球 A 的 v- t 圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（ ）
A．C 的質(zhì)量為 1kg B．前 2s 時間內(nèi)，彈簧對 B 的沖量大小為 0
C．B 離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為 13.5J D．B 離開墻壁后的最大動能為 16J
【答案】D
【詳解】A．C 與 A 碰撞前后瞬間，C 與 A 組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，由動量守恒可得
mCv0 (mA mC )v1其中 v0 6m / s， v1 3m / s 解得 C 的質(zhì)量為mC 2kg 故 A 錯誤；
B．彈簧對 A 與 C 組成的系統(tǒng)與對 B 的作用力始終大小相等方向相反，以 A、C 組成的系統(tǒng)為研究對象，取
向右為正方向，則前 2s 時間內(nèi)彈簧的彈力對 A、C 組成的系統(tǒng)的沖量為
I mA mC v2 - mA mC v1 2 2 -3 N ×s - 2 2 3N ×s -24N ×s
可知在前 2s 時間內(nèi)，彈簧對物塊 B 的沖量大小為24N ×s，故 B 錯誤；
C．物塊 B 離開墻壁前，彈簧被壓縮至最短時其彈性勢能最大，此時 A、C 組成的系統(tǒng)的速度減為 0，根據(jù)
E 1 (m m )v2 1能量守恒可得D pm A C 1 (2 2) 3
2 J 18J 故 C 錯誤；
2 2
D．當(dāng)物塊 B 離開墻壁后彈簧先被拉伸至最長，此后彈簧恢復(fù)原長，此時物塊 B 的速度最大，動能最大；
在 B 離開墻壁后 A、B、C 及彈簧組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，機械能守恒，以向左為正方向，則有
(mA mC )v (mA mC )v1 mBv2
1
， (mA mC )v
2 1 (mA mC )v1
2 1 mBv2
2
其中 v 3m / s聯(lián)立解得
2 2 2
v1 1m / s， v2 4m / s
1 1
則 B 2 2離開墻壁后的最大動能為Ekm mBv2 2 4 J 16J 故 D 正確。故選 D。2 2
7．如圖所示，質(zhì)量為 0.1kg 的小圓環(huán) A 穿在光滑的水平直桿上。用長為 L =0.8m 的細(xì)線拴著質(zhì)量為 0.2 kg
的小球 B，B 懸掛在 A 下方并處于靜止?fàn)顟B(tài)。t=0 時刻，小圓環(huán)獲得沿桿向左的沖量0.6N ×s，g 取
10m/s2.，下列說法正確的是（　?。?br/>A．小球 B 做圓周運動
B．小球 B 第一次運動到 A 的正下方時 A 的速度最小
C．從小球 B 開始運動到第一次回到 A 的正下方的過程中，細(xì)線對 A 先做負(fù)功再做正功
D．從小球 B 開始運動到第一次回到的正下方的過程中，合力對 B 的沖量為0.6N ×s
【答案】C
【詳解】A．由題意可知，小球 B 相對于圓環(huán) A 做圓周運動，因圓環(huán)不固定，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，
可知圓環(huán)在水平方向做變加速運動，則以地面為參照物時，小球 B 不做圓周運動，故 A 錯誤；
BC．由于細(xì)線的作用，圓環(huán)向左減速運動，當(dāng)圓環(huán) A 的速度變?yōu)?0 時，如果小球恰回到最 A 的正下方，系
統(tǒng)水平方向動量守恒，則有 I mBvB 解得 vB 3m/s 如果此時小球回到 A 的正下方，其速度水平向左，其動
1
能為Ek mv
2
B 0.9J 因系統(tǒng)初動能為mAv0 0.6N ×s E
1
k0 m
2
Av0 1.8J > 0.9 J則根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可知，2 2
當(dāng)圓環(huán) A 的速度變?yōu)?0 時，小球 B 還沒有回到其的正下方，則小球 B 繼續(xù)加速，圓環(huán) A 則反向向右加速，
當(dāng)小球 B 回到圓環(huán) A 的正下方向時，圓環(huán) A 具有向右的速度，所以從小球 B 開始運動到第一次回到圓環(huán) A
的正下方的過程中細(xì)線對 A 先做負(fù)功再做正功，故 B 錯誤，C 正確；
D．假定小球 B 開始運動到第一次回到的正下方時速度為 v1、圓環(huán)速度為 v2，則有mBv1 - mAv2 0.6N ×s，
1 m v2 1 m v2 1 2B 1 A 2 mAv0 mAv0 0.6N ×s解得 v1 4m/s根據(jù)動量定理有，從小球 B 開始運動到第一次回到的2 2 2
正下方的過程中，合力對 B 的沖量為 I mBv1 0.8N ×s方向水平向左，故 D 錯誤。故選 C。
8．如圖，一質(zhì)量為 2m、半徑為 R 的四分之一光滑圓弧槽，放在光滑的水平面上，底端 B 點切線水平，有
一質(zhì)量為 m、可視為質(zhì)點的小球由槽頂端 A 點靜止釋放．不計空氣阻力，在小球下滑至槽底端 B 點的過程
中，下列說法正確的是（ ）
A．若圓弧槽不固定，小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒
2
B．若圓弧槽不固定，小球水平方向的位移大小為 R
3
C．圓弧槽固定和不固定兩種情形下，小球滑到 B 點時的速度之比為 6 :1
D．圓弧槽固定和不固定兩種情形下，圓弧槽對地面的最大壓力之比為9 : 7
【答案】B
【詳解】A．若圓弧槽不固定，小球在豎直方向有加速度，圓弧槽在豎直方向沒有加速度，小球和槽組成
的系統(tǒng)在豎直方向所受的合外力不為零，小球和槽組成的系統(tǒng)在豎直方向動量不守恒，故 A 錯誤；
B．若圓弧槽不固定，對小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有mv1x 2mv2x 在小球下滑至槽底端 B
點的過程中，有mx 2m(R - x)
2
解得小球水平方向移動的位移為 x R故 B 正確；
3
1
C 2．圓弧槽固定時，根據(jù)動能定理可得mgR mv1 可得小球滑到 B 點時的速度為 v1 2gR 圓弧槽不固定2
mv 2mv 1 mv2 1 2情形下，由系統(tǒng)水平方向動量守恒和機械能守恒可得 1 2 1 2mv2 =mgR v
4gR
解得 ，
2 2 1 3
1 4gR v 6v2 則圓弧槽固定和不固定情形下，小球滑到 B 點時的速度之比為
1 故 C 錯誤；
2 3 v1 2
2
D v．由 C 中分析可知，若圓弧槽固定，小球到達(dá)底端時 FN - mg m 1 解得FN =3mg 則圓弧槽對地面的最大R
2
壓力為 FNmax =3mg 2mg 5mg
(v v )
若圓弧槽不固定，小球到達(dá)底端時 FN - mg m 1 2 解得FN =4mg 則圓弧槽對R
地面的最大壓力為FN max 4mg 2mg 6mg 圓弧槽固定和不固定兩種情形下，圓弧槽對地面的最大壓力之
FNmax 5
比為 F 6 故 D 錯誤。故選 B。Nmax
9．如圖甲所示，a、b 兩物塊（均視為質(zhì)點）用輕質(zhì)彈簧連接并放置在光滑的水平面上，b 的質(zhì)量為 m，
t=0 時，使 a 獲得水平向右、大小為 v0的速度，a、b 運動的速度一時間關(guān)系圖像如圖乙所示，已知陰影部
1 2
分的面積為 S0，彈簧的彈性勢能Ep 與彈簧的形變量 x 以及彈簧的勁度系數(shù) k 之間的關(guān)系式為Ep kx ，2
彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（　?。?br/>A．t1時刻，a、b 間的距離最大
B．a(chǎn) 的質(zhì)量為 2m
1
C．0~t3時間內(nèi)，a 所受沖量的大小為 mv3 0
2mv2
D 0．彈簧的勁度系數(shù)為
3S 20
【答案】BD
【詳解】A．t1時刻之前 a 的速度大于 b 的速度，t1時刻 a 的速度等于 b 的速度，故 t1時刻 a、b 間的距離
最小，故 A 錯誤；
B．設(shè) a 的質(zhì)量為ma ，由動量守恒定律得m
2
av0 ma × v
2
0 m × v0 解得ma 2m故 B 正確；3 3
2 2 2
C．0~t3時間內(nèi)，對 a 由動量定理 I 2m × v0 - 2m ×v0 - mv0 方向與 a 的初速度方向相反，大小為 mv ，3 3 3 0
故 C 錯誤；
D．分析題意可得 0 時刻彈簧處于原長，設(shè) t1 時刻彈簧的形變量為 x0 ，已知陰影部分的面積為 S0，則有
x0 S
1
0設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為 k，則有Ep kx
2
0 由系統(tǒng)的機械能守恒定律可得2
1 1 2 2 2mv2Ep 2mv
2
0 - 2m m

v0 ÷ 綜合解得 k
0
2 故 D 正確。故選 BD。2 2 è 3 3S0
10．如圖所示，長木板 C 靜置在水平桌面上，兩小物塊 A、B 分別靜置在 C 的左端和中點，C 的右端有一
豎直固定的擋板 P，P 的厚度可忽略不計，A、B 之間和 B、P 之間的距離均為 L，A、B、C（連同擋板 P）
的質(zhì)量相同，所有接觸面間的動摩擦因數(shù)均為 ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。現(xiàn)使 A 以初速度 v0向右
運動，之后所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間極短，A、B 均可視為質(zhì)點，重力加速度為 g，則下列說法正
確的是（　?。?br/>A．若 v0 > 2 gL ，則 A 將與 B 發(fā)生碰撞
B．若 v0 > 2 gL ，則 B 將與 P 發(fā)生碰撞
C．若 v0 > 4 gL ，則 A 將從 C 上掉下
D．無論 v0取何值，A 與 B 都不可能在 C 上發(fā)生第二次碰撞
【答案】ACD
【詳解】A．A 與 B 發(fā)生碰撞前的速度 v1 v
2
0 - 2 gL 要使得 A、B 能發(fā)生碰撞，則 v1 > 0 解得 v0 > 2 gL
故 A 正確；
B．A 與 B 發(fā)生彈性碰撞，速度交換，B 與 P 碰撞前的速度為 v2 v
2
1 - 2 gL v
2
0 - 4 gL 要使得 B、P 能
發(fā)生碰撞，則 v2 > 0解得 v0 > 4 gL 故 B 錯誤；
C．B 與 P 發(fā)生彈性碰撞，速度交換，A、B 的速度均為 0，P 的速度為 v2，受力分析可得 A、B 的加速度大
小均為 a g a
mg mg 3 mg
1 ，C 的加速度大小 2 5 g 達(dá)到共速的時間 t 滿足 a1t v2 - am 2
t 解得
t v 2 v v v
6 g 共速時的相對位移為Δx x2 - x
2 共
1 t -
共 t v 2 t
要使
A 從 C 上掉下，則Δx > L聯(lián)立解得
2 2 2
v0 > 4 gL 故 C 正確；
D．B 與 P 發(fā)生彈性碰撞后，A、B 均做加速運動，加速度相等，有可能 A 滑出 C，也可能 A、B 與 P 共速后
一起減速，兩種情況均不會使 A 與 B 在 C 上發(fā)生第二次碰撞，故 D 正確。故選 ACD。
11．如圖所示，半徑R 0.8m的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定于水平面上。4 個相同的木板緊挨著圓弧
軌道末端靜置，圓弧軌道末端與木板等高，每塊木板的質(zhì)量為m 1kg ，長 l 1.5m。它們與地面間的動摩
擦因數(shù) 1 0.1，木板與地面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。在第一塊木板左端放置一個質(zhì)量為
M 2.5kg的小鉛塊 B，可視為質(zhì)點，現(xiàn)讓一個與 B 完全一樣的鉛塊 A 從圓弧頂端由靜止滑下，經(jīng)圓弧底
端后與 B 發(fā)生彈性正碰，鉛塊與木板間的動摩擦因數(shù) 22 0.2， g 10m/s ，則（　?。?br/>A．小物塊 A 滑到曲面軌道下端時對軌道的壓力大小為50N
B．鉛塊 B 剛滑至木板 3 時的速度為 2m/s
17
C．鉛塊 B 運動 s 后與某一木板共速
9
175
D．鉛塊 B 與木板間相對滑動過程中系統(tǒng)所產(chǎn)生的總熱量為 J
9
【答案】BC
1 2
【詳解】A．小物塊 A 滑到曲面軌道下端，根據(jù)動能定理有MgR Mv 小物塊 A 滑到曲面軌道下端時，
2
v2
根據(jù)牛頓第二定律有FN - Mg M 解得，軌道對小物塊 A 的支持力為FN 75N 則小物塊 A 滑到曲面軌R
道下端時對軌道的壓力大小為75N ，故 A 錯誤；
B．小物塊 A 與 B 發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒有Mv MvA MvB根據(jù)機械能守恒有
1 Mv2 1 Mv2 1A Mv
2
B解得，小物塊 A 與 B 發(fā)生彈性正碰后 A 的速度為零，B 的速度為 vB 4m/s設(shè)鉛塊 B2 2 2
剛滑至第 n 塊木板，該木板開始滑動，鉛塊 B 對該木板的滑動摩擦力為 f1 2Mg 5N 該木板及后面木板
受到地面的最大靜摩擦力為 f2 1[M (4 - n 1)m]g 要使木板滑動，則有 f1 > f2解得 n > 2.5即鉛塊 B 滑上
1 2 1 2
第 3 塊木板時，木板開始滑動，根據(jù)動能定理有- 2Mg ×2l Mv1 - MvB解得，鉛塊 B 剛滑至木板 3 時2 2
的速度為 v1 2m/s故 B 正確；
Mg
C 2．根據(jù)牛頓第二定律有，鉛塊 B 在木板上滑動的加速度大小為 a 21 2m/s 則鉛塊 B 在木板 1 和 2M
t v - v B 1 1s Mg - 上滑動的時間為 木板 3、4 一起滑動時的加速度為 a 2 1
(M 2m)g
0.25m/s21 a 2 假設(shè)1 2m
8 2
鉛塊 B 能在木板 3 上滑動時與木板 3 共速，則有 v2 v1 - a1t2 a2t2 解得 t2 s， v2 m/s此過程中鉛塊 B9 9
x v1 v2 t 80的位移為 1 2 m
v 8
木板 3、4 的位移為 x 22 t2 m鉛塊 B 相對于木板 3、4 的位移為2 81 2 81
Dx x1 - x
8 17
2 m < l 則假設(shè)成立，則鉛塊 B 經(jīng)過運動到與木板共速的時間為 t t1 t2 s 故 C 正確；9 9
1 1
D．鉛塊 B 2在木板上滑動到與木板共速的過程中，根據(jù)能量守恒有 MvB Q (M 2m)v
2
2 解得，鉛塊 B2 2
179
與木板間相對滑動過程中系統(tǒng)所產(chǎn)生的總熱量為Q J故 D 錯誤。故選 BC。
9
12．如圖所示，傳送帶與足夠長的光滑水平地面平滑連接，滑塊 A 與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為 ，傳送
帶兩輪之間的距離為 L，傳送帶以速率 v0順時針勻速轉(zhuǎn)動。滑塊 A 從傳送帶左端 M 點由靜止釋放，運動到
右端 N 點時，與靜止在水平地面上的滑塊 B 發(fā)生彈性正碰。已知兩滑塊 A、B 的質(zhì)量分別為 m 和 4m，且
v2
均視為質(zhì)點， L 0 ，重力加速度大小為 g。下列說法正確的是（ ）
g
3L
A．滑塊 A 由 M 點到達(dá) N 點所用時間為 2v0
9
B．滑塊 A 向左運動的最大位移為 L
25
1
C．第 1 次碰后，兩滑塊 A、B 間的最大距離為 L
2
D．兩滑塊可能碰撞 3 次
【答案】AC
v0 v v2
【詳解】A．物塊在傳送帶上做勻減速運動的加速度 a g 到達(dá)共速的時間 t1 位移 x 01 t1 0 < L g 2 2 g
L - x1 v0 3v0 3L
勻速的時間 t2 t t t v0 2 g
滑塊 A 由 M 點到達(dá) N 點所用時間為 1 2 2 g 2v 選項 A 正確；0
1
B 2
1
．兩滑塊 A、B 碰前 A 的速度 v0，則由動量守恒和能量關(guān)系mv0 mv1 4mv2 ， mv0 mv
2 1
1 4mv
2
2 解2 2 2
3 2
得 v1 - v v
2 v v 90 ， 2 0 則滑塊 A 向左運動的最大位移為 x 1m L 選項 B 錯誤；5 5 2 g 50
C A B v v at ' t '
v
0．滑塊 向左減速到零后向右加速到與 共速時兩物體距離最大，則用時間 2 1 ， g 此時兩
1 1
滑塊 A、B ' ' '2間的最大距離為Dx v2t - (v1t at ) L選項 C 正確；2 2
3
D A v ' v v '
3 v v 2．當(dāng) 返回到傳送帶右端時速度為 1 0 因 1 0 > 2 v0 則 A 可追上 B 發(fā)生第二次碰撞，碰撞過程5 5 5
mv ' 4mv mv 4mv 1 mv '2 1 4mv2 1 mv2 1滿足 1 2 3 4， 1 4mv
2 v 7 v v 12解得 v 因 v > v 則兩物體
2 2 2 2 3 2 4 3 25 0 4 25 0 4 3
不可能發(fā)生第三次碰撞，選項 D 錯誤。故選 AC。
13．如圖甲所示，光滑水平面上放置P 、Q兩物體，Q靜止且左端有一輕彈簧，P 以初速度 v0向右運動，
1
當(dāng)P 撞上彈簧后，Q能獲得的最大速度大小為 v2。保持P 的質(zhì)量m1 不變，改變Q的質(zhì)量m2 ，可得 與mv 22
的大小關(guān)系如圖乙。下列說法正確的是（ ）
A．P 、Q組成的系統(tǒng)動量守恒 B．P 的初速度 v0 20m / s
C．P 的質(zhì)量m1 2kg D．若m2 3kg ，彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能為 37.5J
【答案】AD
【詳解】A．地面光滑，P、Q 兩物體組成的系統(tǒng)受合外力為 0，動量守恒，故 A 正確；BC．設(shè)碰后 P 的速
1 1 1
度為 v1，P Q
2 2 2
、 兩物體碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律有m1v0 mv1 mv2， m2 1
v0 mv1 mv2 2 2
v 2m1 1 1 1 1 1 1 0.20 - 0.05解得 2 v0 變形得 m2 由 - m 0.05 m 1kgm1 m2 v2 2m1v0 2v0 v
2圖線有 2v ， 2m v 解得 12 0 1 0 3
v0 10m / s故 BC 錯誤；
D．若m2 3kg ，彈簧壓縮最短，兩者共速，由動量守恒定律有m1v0 m1 m2 v共彈簧勢能為
E 1 2 1p m1v0 - m1 m2 v 2得EP 37.5J共 故 D 正確。故選 AD。2 2
14．如圖，不計厚度的矩形箱子靜置在光滑水平面上，四個相同的可視為質(zhì)點的小滑塊 A、B、C、D 靜置
在箱子底部，箱子左右壁與滑塊及相鄰滑塊之間的間距均為 L 1m ，每個滑塊和箱子的質(zhì)量均為
m 1kg ，滑塊與箱子間的動摩擦因數(shù)均為 0.2 。現(xiàn)使箱子以 v0 6m / s的初速度開始水平向右運動，運
動過程中箱子與A 及滑塊之間發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，碰撞時間均極短，取 g 10m / s2 。
（1）求箱子剛開始向右運動時，滑塊A 和箱子的加速度大?。?br/>（2）求箱子和滑塊 A 碰后 A 的速度大??；
（3）通過計算判斷滑塊 D 會不會碰箱子的右壁，若會，求碰壁后滑塊 D 的速度大??；若不會，求最終滑
塊 D 距箱子右壁的距離；
（4）求經(jīng)多長時間箱子與滑塊相對靜止。
【答案】（1） 2m/s2，8m/s2 ；（2） 4.4m / s ；（3）不會，1.8m；（4）1.8s
【詳解】（1）箱子剛開始向右運動時，設(shè)A 的加速度大小為 a1，箱子的加速度大小為 a2，由牛頓第二定律
得
mg ma1 ， 4 mg ma2
解得
a1 2m/s
2 a 2， 2 8m/s
（2）箱子剛開始向右運動時，設(shè)經(jīng)過時間 t ，左壁與A 碰撞，箱子與A 碰撞前瞬間A 的速度大小為 vA1，
箱子的速度大小為 vP1 ，有
v 1 2 1 20t - a2t L a1t ， vA1 a1t ， vP1 v0 - a t2 2 2
聯(lián)立解得
t 0.2s ， t 1s（箱子速度反向，舍去）
vA1 0.4m / s， vP1 4.4m / s
設(shè)箱子與A 碰撞后瞬間，A 的速度大小為 vA2 ，箱子的速度大小為 vP2 ，由動量守恒定律和能量守恒定律有
mv mv mv mv 1 mv2 1 2 1 2 1 2A1 P1 A2 P2， mv mv mv2 A1 2 P1 2 A2 2 P2
聯(lián)立解得
vA 2 4.4m / s ， vP2 0.4m / s
故碰撞后瞬間，A 的速度大小為 4.4m / s 。
（3）滑塊 D 不會碰箱子的右壁。箱子、A 碰撞后，B、C、D和箱子速度相同，三者相對靜止，箱子和
B、C、D的加速度均為a3，則有
mg 4ma3
B、C、D 受到的摩擦力大小均為
f ma3
解得
f 1 mg
4
由于
f < mg
故A 與B碰撞前，B、C、D和箱子相對靜止，只有A 相對于箱子運動。A 與B碰撞速度交換，之后只有
B相對于箱子運動；B與C 碰撞速度交換，只有C 相對于箱子運動，即箱子與 A 碰撞后始終只有一個滑塊
相對于箱子運動，設(shè)最終 A、B、C 及箱子相對靜止，共同速度大小為 v，則有
mv0 5mv
箱子與A 碰撞后，各滑塊相對箱子向右運動的距離之和為 s，則系統(tǒng)動能的減小量等于摩擦生熱，依題意
有
4 mgL mgs 1 1 mv20 - 5mv
2
2 2
解得
s 3.2m
由于
s < 4L
故最終 A、B、C、D 及箱子相對靜止，D 不會與箱子右壁碰撞，且 A、B、C 回到箱子上原來的位置，D、C
間距0.2m，則最終 D 箱子右壁間的距離為
d 5L - s 1.8m
（4）箱子與 A 碰后，滑塊碰撞由于速度互換，相當(dāng)于始終有一個滑塊在勻減速運動，直至與箱子共速相
對靜止，設(shè)經(jīng)歷時間 t1 ，由運動學(xué)公式
v vA 2 - a1t1
解得
t1 1.6s
則
t總 t1 t 1.8s
15．如圖所示，以 v = 4m/s 的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，左端與粗糙的弧形軌道平滑對接，右端
與光滑水平面平滑對接。水平面上有位于同一直線上、處于靜止?fàn)顟B(tài)的 4 個相同小球，小球的質(zhì)量 m0 =
0.3kg。質(zhì)量 m = 0.1kg 的物體從軌道上高處 P 靜止開始下滑，滑到傳送帶上的 A 點時速度大小 v0 = 6m/s。
物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù) μ = 0.5，傳送帶 AB 之間的距離 L = 3.0m。物體與小球、小球與小球之間
發(fā)生的都是彈性正碰，重力加速度 g = 10m/s2。
（1）求物體第一次與小球碰撞時的速度；
（2）求物體第一次與小球碰撞后，在傳送帶上向左滑行的最大距離；
（3）求物體第一次與小球碰撞后的整個過程，物體與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱。
【答案】（1）4m/s；（2）0.4m；（4）3J
【詳解】（1）物體滑上傳送帶后，在滑動摩擦力的作用下勻減速運動，加速度大小
a mg g 5m / s2
m
減速至與傳送帶速度相等時所用的時間
t v0 - v 6 - 41 s 0.4sa 5
勻減速運動的位移
s v v 6 41 0 t1 0.4m 2.0m < L 3.0m2 2
故物體與小球 1 碰撞前的速度 v = 4m/s。
（2）物體與小球 1 發(fā)生彈性正碰，設(shè)物體反彈回來的速度大小為 v1，小球 1 被撞后的速度大小為 u1，由
動量守恒和能量守恒定律得
mv -mv1 m0u1
1 mv2 1 mv2 11 m
2
2 2 2 0
u1
解得
v 11 v 2m / s2
u 11 v 2m / s2
物體被反彈回來后，在傳送帶上向左運動過程中，由運動學(xué)公式得
0 - v21 -2as
解得
s = 0.4m
（3）由于小球質(zhì)量相等，且發(fā)生的都是彈性正碰，它們之間將進行速度交換。物體第一次返回還沒到傳
送帶左端速度就減小為零，接下來將再次向右做勻加速運動，直到速度增加到 v1，再跟小球 1 發(fā)生彈性正
碰，同理可得，第二次碰后，物體和小球的速度大小分別為
1 1 2 2v2 v

1 ÷ v
1 1
，u2 v1 ÷ v2 è 2 2 è 2
以此類推，物體與小球 1 經(jīng)過 n 次碰撞后，物體和小球的速度大小分別為
1 n nv 1n
v u 2 ÷
， n v
è è 2 ÷
由于總共有 4 個小球，可知物體與第 1 個小球一共可以發(fā)生 4 次碰撞，則物體最終的速度大小為
v 1
4
4 ÷ 4m / s 0.25m / s
è 2
物體第一次與小球 1 碰撞后的整個過程，在傳送帶上相對傳送帶的路程
Δs v 2v 2v 2v 2v × 1 2
3 4 ÷ 6m
è a a a a
故物體與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱
Q mgDs 3J
16．如圖所示，傾角為 30°的固定斜面足夠長，置于斜面上的“L”型長木板 B 的上表面光滑，下表面與斜面
4 3 3
上 O 點以上區(qū)域間的動摩擦因數(shù)為 1 ，與斜面上 O 點以下區(qū)域間的動摩擦因數(shù)為 。某時刻15 2 2
在斜面上 O 點以上的某處自靜止開始釋放小物塊 A 和長木板 B，此時 A 在 B 的頂端，B 的底端距 O 點的距
離為長木板 B 長度的 51 倍，一段時間后 A 與 B 底端的凸起發(fā)生第一次碰撞，第一次碰撞后 B 的速度大小
為 v0。已知 B 的質(zhì)量是 A 的質(zhì)量的 4 倍，A 與 B 底端凸起的碰撞為彈性碰撞，碰撞時間不計，B 底端的凸
起大小不計，A 視為質(zhì)點，重力加速度為 g。
（1）求長木板 B 的長度；
（2）A 和 B 底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞期間，A 能否到達(dá) B 的頂端？若 A 能到達(dá) B 的頂端，求
A 與 B 底端凸起第一次碰撞后再經(jīng)過多長時間 A 到達(dá) B 的頂端；若 A 不能到達(dá) B 的頂端，求期間 A 離 B 頂
端的最小距離；
（3）求 B 底端到達(dá) O 點之前，A 和 B 底端凸起碰撞的次數(shù)；
（4）B 底端到達(dá) O 點時將 A 取走，忽略 B 底端凸起對其質(zhì)量分布的影響，B 沿著其長度方向質(zhì)量分布均
勻，求整個過程中 B 的位移大小。
25v2 5v0 3609v 2
【答案】（1） L 0 ；（2）能到達(dá)， t g ，A 到達(dá) B 的頂端；（3）8 次；（4）
0
4g 8g
【詳解】（1）設(shè)小物塊 A 的質(zhì)量為 m，則長木板 B 的質(zhì)量為M 4m 由于木板 B 上表面光滑，則小物塊 A
自開始釋放至第一次碰撞，只受到重力和木板 B 給的支持力，則對小物塊 A 由動能定理
mg sin 30 1 × L mv2 小物塊 A 和長木板Ｂ下端凸起第一次碰撞過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律
2
mv mv Mv 1 mv2 1 mv 2 1 Mv 2 3 3 gL 5A 0 A 0 聯(lián)立解得第一次碰后小物塊 A 的速度 ， v v2 2 2 vA - v2 0
-
5 2 0
v2 25v2
長木板 B 的長度 L 0
2g sin 30 4g
（2）長木板 B 運動時沿著斜面方向的合力為Mg sin 30 － 1 M m g cos30 0因此除碰撞外長木板只會
勻速運動。小物塊 A 在長木板上運動時mg sin 30 ma A 與 B 底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞，假設(shè)
1
A 能到達(dá) B 的頂端，自第一次碰撞至 A 到達(dá) B 的頂端，由運動學(xué)公式 xA vAt at
2 ， x
2 B
v0t 由幾何關(guān)系
5v
xB - xA L g 2t 2聯(lián)立化簡得 -10gv0t 25v
2
0 0
0
解得經(jīng)過時間 t g ，A 到達(dá) B 的頂端，假設(shè)成立。
（3）小物塊 A 與長木板 B 底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞，由運動學(xué)公式 v0t
1
1 vAt1 at
2
1 解得2
t 10v0 7v1 第二次碰撞前小物塊 A 的速度 v v at 0 小物塊 A 與長木板 B 底端凸起第二次碰撞過程8 A2 A 1 2
1 1 1 1 v
mv A2 Mv0 mvA2 Mv mv
2 Mv 2 mv 2 Mv 2
B2 A2 0 A2 B2 解得第二次碰撞后小物塊 A 的速度 v A2 -
0
2 2 2 2 2
1 10v
長木板 B 的速度 v B2 2v v t v t at
2 t 0
0自第二次碰撞至第三次碰撞 B2 2 A2 2 2 解得 2 g 第三次碰撞前小物塊2
A 的速度 v v A3 A2 at
9v
2
0 小物塊 A 與長木板 B 底端凸起第三次碰撞過程
2 mvA3 Mv

B2 mv A3 Mv B3 ，
1 mv 2 1 Mv 2 1A3 B2 mv
2 1
A3 Mv
2
2 2 2 2 B3
v
解得第三次碰撞后小物塊 A 的速度 v A3 0 長木板 B 的速度 vB3 3v0 自第三次碰撞至第四次碰撞2
10v 10v
v 1 2 0 0B3 t3 vA3 t3 at3 解得 t3 歸納可得 t1 t t … t g 2 3 n g 自第一次碰撞至長木板 B 的底端到達(dá) O2
點有51L v0t1 2v0t2 3v0t3 … nv0tn 解得n 7.5因此長木板 B 底端到達(dá) O 點之前，小物塊 A 和長木板 B
底端凸起的碰撞次數(shù)為 8 次。
（4）長木板 B 底端到達(dá) O 點時其速度大小為8v0 ，長木板 B 頂端經(jīng)過 O 點時的速度設(shè)為 v ，長木板 B 經(jīng)
1 1 Mg cos30 × L Mg cos30 × L 115
過 O 點的過程MgLsin 30 -Wf Mv
2 - M 8v0
2
其中W 2 1f Mv
2
2 2 2 2 32 0
聯(lián)
1009 1 2
立化簡得 v v0長木板 B 過 O 點后由動能定理Mg sin 30 × x - 2Mg cos30 × x 0 - Mv 解得4 2
1009v 2 2x 0 整個過程長木板 B 的位移大小 x總 52L x
3609v
0
8g 8g
17．（2024·浙江·高考真題）一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道 AB、半徑為 R 的
光滑螺旋圓形軌道 BCD、光滑水平直軌道 DE 平滑連接。長為 L、質(zhì)量為 M 的平板緊靠長為 d 的固定凹槽
EFGH 側(cè)璧 EF 放置，平板上表面與 DEH 齊平。將一質(zhì)量為 m 的小滑塊從 A 端彈射，經(jīng)過軌道 BCD 后滑
上平板并帶動平板一起運動，平板到達(dá) HG 即被鎖定。已知 R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平
板與滑塊間的動摩擦因數(shù) μ1=0.6、與凹槽水平底面 FG 間的動摩擦因數(shù)為 μ2?；瑝K視為質(zhì)點，不計空氣阻
力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度 g 10m / s2 。
（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點 C 時，求滑塊離開彈簧時速度 v0的大小；
（2）若 μ2=0，滑塊恰好過 C 點后，求平板加速至與滑塊共速時系統(tǒng)損耗的機械能；
（3）若 μ2=0.1，滑塊能到達(dá) H 點，求其離開彈簧時的最大速度 vm。
【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s
mv 2
【詳解】（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點 C 時mg C 從滑塊離開彈簧到 C 過程，根據(jù)動能定理
R
-2mgR 1= mv 2 1C - mv
2
B 解得 v0 5m/s2 2
（2）平板加速至與滑塊共速過程，根據(jù)動量守恒mvB (M m)v E
1 mv 2 1共 根能量守恒D B - (M m)v
2
2 2 共
E 5解得D J
8
2
（3）若 μ2=0.1，平板與滑塊相互作用過程中，加速度分別為 a1 1g 6m/s ，
a 1mg - 2(M m)g 4m/s2 a g 1m/s22 共速后，共同加速度大小為 考慮滑塊可能一直減速直到M 3 2
H，也可能先與木板共速然后共同減速；假設(shè)先與木板共速然后共同減速，則共速過程 v vE - a1t1 a2t1 共
v v v
速過程，滑塊、木板位移分別為 x E1 t1， x2 t1共速時，相對位移應(yīng)為Dx L x2 2 1
- x2 解得
vE 6m/s， v 2.4m/s 隨后共同減速 x3 d - x1 1.88m到達(dá) H 速度 v 2H v - 2a3x3 2m/s說明可以到達(dá)
H，因此假設(shè)成立，若滑塊初速度再增大，則會從木板右側(cè)掉落。
18．（2024·甘肅·高考真題）如圖，質(zhì)量為 2kg 的小球 A（視為質(zhì)點）在細(xì)繩O P 和 OP 作用下處于平衡狀
態(tài)，細(xì)繩O P OP 1.6m，與豎直方向的夾角均為 60°。質(zhì)量為 6kg 的木板 B 靜止在光滑水平面上，質(zhì)量
為 2kg 的物塊 C 靜止在 B 的左端。剪斷細(xì)繩O P ，小球 A 開始運動。（重力加速度 g 取10m/s2 ）
（1）求 A 運動到最低點時細(xì)繩 OP 所受的拉力。
（2）A 在最低點時，細(xì)繩 OP 斷裂。A 飛出后恰好與 C 左側(cè)碰撞（時間極短）、碰后 A 豎直下落，C 水平向
右運動。求碰后 C 的速度大小。
（3）A、C 碰后，C 相對 B 滑行 4m 后與 B 共速。求 C 和 B 之間的動摩擦因數(shù)。
【答案】（1） 40N；（2） 4m/s；（3）0.15
【詳解】根據(jù)題意，設(shè) AC 質(zhì)量為m 2kg，B 的質(zhì)量為M 6kg，細(xì)繩OP長為 l 1.6m，初始時細(xì)線與豎
直方向夾角q 60o 。
（1）A 開始運動到最低點有
mgl 1- cosq 1 mv20 - 02
對最低點受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得
2
F - mg mv 0
l
解得
v0 4m/s，F(xiàn) 40N
（2）A 與 C 相碰時，水平方向動量守恒，由于碰后 A 豎直下落可知
mv0 0 mvC
故解得
vC v0 4m/s
（3）A、C 碰后，C 相對 B 滑行 4m 后與 B 共速，則對 CB 分析，過程中根據(jù)動量守恒可得
mv0 M m v
根據(jù)能量守恒得
mgL 1 2 1相對 mv0 - m M v22 2
聯(lián)立解得
0.15考點 27 動量守恒定律及其應(yīng)用
1. 高考真題考點分布
題型 考點考查 考題統(tǒng)計
選擇題 動量守恒條件 2024 年甘肅卷、江蘇卷
計算題 三大觀點處理物理問題 2024 年重慶卷、浙江卷、山東卷
2. 命題規(guī)律及備考策略
【命題規(guī)律】高考對動量守恒定律的考查非常頻繁，大多在綜合性的計算題中出現(xiàn)，題目難度各省份不同，
同時，這類題目往往綜合性比較強，需要的能力也比較高。
【備考策略】
1.理解和掌握動量守恒定律。
2.能夠利用動量守恒定律處理解決涉及碰撞、反沖、彈簧和板塊等問題。
3.能夠應(yīng)用三大觀點解決復(fù)雜的物理過程。
【命題預(yù)測】重點關(guān)注應(yīng)用三大觀點解決物理問題，這是高考的熱點。
一、動量守恒定律
1．內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為 0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。
2．表達(dá)式
(1)p＝p′，系統(tǒng)相互作用前的總動量 p 等于相互作用后的總動量 p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的變化量等大反向。
(4)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零。
3．適用條件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零。
(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動量守恒。
4．動量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：表達(dá)式中初、末動量都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動量的正、負(fù)。
(2)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。
(3)同一性：速度的大小跟參考系的選取有關(guān)，應(yīng)用動量守恒定律時，各物體的速度必須是相對同一參考系
的速度。一般選地面為參考系。
(4)普適性：動量守恒定律不僅適用于兩個物體所組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于
宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。
二、碰撞、反沖、爆炸
1．碰撞
(1)定義：相對運動的物體相遇時，在極短的時間內(nèi)它們的運動狀態(tài)發(fā)生顯著變化，這個過程就可稱為碰撞。
(2)特點：作用時間極短，內(nèi)力(相互碰撞力)遠(yuǎn)大于外力，總動量守恒。
(3)碰撞分類
①彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動能沒有損失。
②非彈性碰撞：碰撞后系統(tǒng)的總動能有損失。
③完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體，機械能損失最大。
2．反沖
(1)定義：當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開物體時，剩余部分將獲得一個反向沖量，這種現(xiàn)象叫反沖運動。
(2)特點：系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力。實例：發(fā)射炮彈、爆竹爆炸、發(fā)射火
箭等。
(3)規(guī)律：遵從動量守恒定律。
3．爆炸問題
爆炸與碰撞類似，物體間的相互作用時間很短，作用力很大，且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力，所以系統(tǒng)動量守
恒。
考點一 碰撞問題
考向 1 彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用
1.碰撞三原則：
(1)動量守恒：即 p1＋p2＝p1′＋p2′.
p12 p22 p1′2 p2′2
(2)動能不增加：即 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或 ＋ ≥ ＋ .2m1 2m2 2m1 2m2
(3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有 v 后>v 前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運
動，則應(yīng)有 v 前′≥v 后′。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
2. “動碰動”彈性碰撞
v1 v2 v ’ ’1 ˊ v2 ˊ
m m
1 2
發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為 m1和 m2，碰前速度為
v1，v2，碰后速度分別為 v ˊ1 ，v ˊ2 ，則有：
m1v1 m2v2 m1v
' 1 1 1 1
1 m
'
1v2 (1) m v
2 2 '2 '2
2 1 1
m
2 2
v2 m1v1 m1v2 (2)2 2
聯(lián)立（1）、（2）解得：
m1v1 + m2v2 m v + m vv ’1 =2 - v1，v ’2 =2
1 1 2 2 - v .
m1 + m2 m1 + m
2
2
特殊情況： 若 m1=m ˊ ˊ2 ，v1 = v2 ，v2 = v1 .
3. “動碰靜”彈性碰撞的結(jié)論
兩球發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機械能守恒。以質(zhì)量為 m1、速度為 v1 的小球與質(zhì)量為 m2 的靜止小
1 1 1
球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m v21 1＝ m v ′2＋ m v 2 2 2 1 1 2 2 2
′ （2）
（m1－m2）v1 2m1v1
解得：v1′＝ ，v ′＝m1＋m
2
2 m1＋m2
結(jié)論：(1)當(dāng) m1＝m2時，v1′＝0，v2′＝v1(質(zhì)量相等，速度交換)
(2)當(dāng) m1＞m2時，v1′＞0，v2′＞0，且 v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)當(dāng) m1＜m2時，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反彈)
(4)當(dāng) m1 m2時，v1′＝v0，v2′＝2v1(極大碰極小，大不變，小加倍)
(5)當(dāng) m1 m2時，v1′＝－v1，v2′＝0(極小碰極大，小等速率反彈，大不變)
1．如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小球發(fā)生正碰，小球的質(zhì)量分別為m1 和m2 ，圖乙為它們碰撞后的 s - t
圖像，已知m1 0.1kg．由此可以判斷（　?。?br/>A．碰前m2 勻速，m1 加速運動
B．碰后m2 和m1 都向右運動
C．m2 0.2kg
D．碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒
2．如圖所示，某同學(xué)在教室內(nèi)做“子母球”的實驗，將兩質(zhì)量分別為 m1和 m2的彈性小球 A、B 疊放在一
起，從課桌邊緣自由落下，落地瞬間，B 先與地面碰撞，后與 A 碰撞，所有的碰撞均為豎直方向內(nèi)彈性碰
撞，且碰撞時間均可忽略不計。已知兩個彈性小球 m2=4m1，課桌邊緣離地面高度為 h=0.75m，天花板離地
面 3.6m，則（　?。?br/>A．A 小球彈起能打到天花板
B．B 小球彈起能超過桌子一半高度
C．在碰撞的總過程，兩個小球動量變化量等大反向
D．在碰撞的總過程，A 小球機械能守恒
考向 2 完全非彈性碰撞規(guī)律應(yīng)用
1.非彈性碰撞
介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。
根據(jù)動量守恒定律可得：m1v1+m ˊ ˊ2v2=m1v1 +m2v2 (1)
1 1 1 1
損失動能 ΔEk，根據(jù)機械能守恒定律可得： m1v 21 + m v 2= m v ˊ22 2 1 1 + m v ˊ 2 2 2 + ΔEk. (2)
2 2 2 2
2.完全非彈性碰撞
v1 v2 v 共
m m
1 2
碰后物體的速度相同， 根據(jù)動量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v 共 （1）
完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動能最多，損失動能：
ΔE 1k= m v 2+ 1 m v 2 1 21 1 2 2 - (m1+m2)v 共 （2）
2 2 2
m1v1 + m2v2 1 m1m2
聯(lián)立（1）、（2）解得：v 共 = ；ΔEk= ( v - v )2m1 + m2 2 m
1 2
1 + m2
3．如圖所示，在光滑的水平面上有 2023 個完全相同的小球排成一條直線，均處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)給第一個
小球初動能 Ek，使它正對其他小球運動。若小球間的所有碰撞都是完全非彈性的，則整個碰撞過程中因為
碰撞損失的機械能總量為（　?。?br/>1 2022
A． E B． E
2023 k 2023 k
1 2024
C． 2 Ek D． E2023 2022 k
4．兩個完全相同的小球 A、B 用長度均為 L 的細(xì)線懸于天花板上，如圖所示。若將 A 從圖示位置由靜止釋
放，則 B 球被碰后第一次速度為零時距離最低點的高度可能是（　?。?br/>L L 2L L
A． B． C． D．
9 5 3 10
考向 3 類碰撞問題
此類問題的處理方法和碰撞類中的彈性碰撞、非彈性碰撞處理方法是一樣的，關(guān)鍵是要找準(zhǔn)對照的模
型和過程，這樣問題就會迎刃而解了。
5．如圖所示，一個質(zhì)量為 M 的滑塊放置在水平面上，滑塊的一側(cè)是一個四分之一圓弧 EF1 圓弧半徑
R 1m。E 點與水平面相切。另有一個質(zhì)量為 m 的小球以 v0 5m/s 的初速度水平向右從 E 點沖上滑塊，
若小球剛好沒越過圓弧的上端，已知重力加速度大小 g 10m/s2 不計一切摩擦。則滑塊與小球質(zhì)量的比值
M
為（ ）
m
A．2 B．3 C．4 D．5
1
6．如圖所示，在水平面上放置一個右側(cè)面半徑為 R 的 圓弧凹槽，凹槽質(zhì)量為m ，凹槽A 點切線水平，
4
B 點為最高點.一個質(zhì)量也為m 的小球以速度 v0從A 點沖上凹槽，重力加速度為 g ，不計一切摩擦，則下列
說法正確的是（ ）
A．小球在凹槽內(nèi)運動的全過程中，小球與凹槽的總動量守恒，且離開凹槽后做平拋運動
B．若 v0 2gR ，小球恰好可到達(dá)凹槽的 B 點且離開凹槽后做自由落體運動
C．若 v0 5gR ，小球最后一次離開凹槽的位置一定是A 點，且離開凹糟后做自由落體運動
D．若 v0 7gR ，小球最后一次離開凹槽的位置一定是 B 點，且離開凹槽后做豎直上拋運動
考點二 人船模型、爆炸和反沖問題
考向 1 人船模型
1. 適用條件
①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零；
②動量守恒或某方向動量守恒．
2. 常用結(jié)論
設(shè)人走動時船的速度大小為 v 船,人的速度大小為 v 人,以船運動的方向為正方向,則 m 船v 船-m 人v 人=0,可得
m 船 v 船=m 人 v 人；因人和船組成的系統(tǒng)在水平方向動量始終守恒，故有 m 船 v 船 t=m 人 v 人 t,
即：m 船 x 船=m 人 x 人，由圖可看出 x 船+x 人=L，
m m
可解得： x人=
船 L x = 人船 Lm人+m船 m人+m； 船
3. 類人船模型
類型一 類型二 類型三 類型四 類型五
7．“獨竹漂”是一項獨特的黔北民間絕技。如圖甲所示，在平靜的湖面上，一位女子腳踩竹竿抵達(dá)岸邊，此
時女子靜立于竹竿 A 點，一位攝影愛好者使用連拍模式拍下了該女子在竹竿上行走過程的系列照片，并從
中選取了兩張進行對比，其簡化圖如下。經(jīng)過測量發(fā)現(xiàn)，甲、乙兩張照片中 A、B 兩點的水平間距約為
1.0cm，乙圖中竹竿右端距離河岸約為1.8cm。已知竹竿的質(zhì)量約為 25kg ，若不計水的阻力，則該女子的
質(zhì)量約為（　?。?br/>A． 45kg B． 47.5kg C．50kg D．55kg
8．如圖，質(zhì)量為 M，半徑為 R 的圓弧槽，置于光滑水平面上．將一可視為質(zhì)點的滑塊從與圓心等高處無
初速度地釋放，滑塊的質(zhì)量為 m，且M 2m，重力加速度大小為 g。下列說法正確的是（　?。?br/>A．若圓弧面光滑，則圓弧槽與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒
B gR．若圓弧面光滑，則滑塊運動至水平面時速度大小為
3
R
C．若圓弧面粗糙，滑塊能運動至水平面，則圓弧槽的位移大小為
3
2R
D．若圓弧面粗糙，滑塊能運動至水平面，則滑塊的位移大小為
3
考向 2 爆炸和反沖問題
1． 對反沖現(xiàn)象的三點說明
(1)系統(tǒng)內(nèi)的不同部分在強大內(nèi)力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理。
(2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。
(3)反沖運動中平均動量守恒。
2． 爆炸現(xiàn)象的三個規(guī)律
(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所
以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。
(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動能，所以爆炸前后系統(tǒng)的總動
能增加。
(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計，可以認(rèn)為
爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動。
9．斜向上發(fā)射的炮彈在最高點爆炸（爆炸時間極短）成質(zhì)量均為m 的兩塊碎片，其中一塊碎片沿原來的
方向飛去。已知炮彈爆炸時距水平地面的高度為 H ，炮彈爆炸前的動能為E ，爆炸后系統(tǒng)的機械能增加了
E
，重力加速度大小為 g ，不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，則兩塊碎片落地點間的距離為（
4 ）
EH 2EH 3EH EH
A． B． C． D．2
mg mg mg mg
10．我國早在宋代就發(fā)明了火箭。即在箭桿捆上前端封閉的火藥筒，點燃后產(chǎn)生的燃?xì)庖暂^大的速率向后
噴出，箭桿由于反沖而向前運動，這與現(xiàn)代火箭的原理大致相同。某時刻火箭速度為 v0，在極短的時間內(nèi)
噴射質(zhì)量為Dm、速度為 u 的燃?xì)?，噴出燃?xì)夂蠡鸺馁|(zhì)量為 m。則此次火箭噴氣后速度的變化量為
（　?。?br/>Dm
A． v u DmB． v - u C． v Dm v Dm
m 0 m 0 0 m 0
- u D． v0 v0 u m
考點三 彈簧模型和板塊模型
考向 1 彈簧模型
條件與模型
①mA=mB（如:mA=1kg；
mB=1kg）
②mA>mB （如:mA=2kg；
mB=1kg）
③mAmB=2kg）
情況一：從原長到最短（或最長）時
① mAv m
1 2 1 2
0 A mB v ；② mAv0 mA mB v E2 2 pm
規(guī)律與公式
情況二：從原長先到最短（或最長）再恢復(fù)原長時
① m v m v ' m v ' 1 ② m v2 1 m v ' 2 1 ' 2A 0 A 1 B 2 ； m v2 A 0 2 A 1 2 B 2
11．如圖所示，光滑水平面上質(zhì)量為 2M 的物體 A 以速度 v 向右勻速滑動，質(zhì)量為 M 的 B 物體左端與輕質(zhì)
彈簧連接并靜止在光滑水平面上，在物體 A 與彈簧接觸后，以下判斷正確的是（　　）
4
A．在物體 A 與彈簧接觸過程中，彈簧對 A 的彈力沖量大小為 Mv
3
B．在物體 A 與彈簧接觸過程中，彈簧對 B 的彈力做功的功率一直增大
C．從 A 與彈簧接觸到 A、B 相距最近的過程中，彈簧對 A、B 做功的代數(shù)和為 0
4
D．從 A 與彈簧接觸到 A B 2、 相距最近的過程中，最大彈性勢能為 Mv
3
12．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端與質(zhì)量分別為m1 、m2 的兩物塊 A、B 相連接，并靜止在光滑水平面上。
現(xiàn)使 A 獲得水平向右、大小為 3m/s 的瞬時速度，從此刻開始計時，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖
乙所示，從圖像提供的信息可得（　?。?br/>A．在 t1 和 t3時刻兩物塊達(dá)到共同速度 1m/s，且彈簧分別處于拉伸和壓縮狀態(tài)
B．兩物塊的質(zhì)量之比為m1 : m2 2 :1
C．在 t2 時刻 A、B 兩物塊的動能之比為Ek1 : Ek2 8 :1
D．在 t2 ~ t3時間內(nèi) A、B 的距離逐漸增大， t3時刻彈簧的彈性勢能最大
考向 2 板塊模型
板塊模型
v0 v 共
m v 共
過程簡圖 m2
1
x2 x 相對
x1
a f ;a f1 m 2
；
1 m2
動力學(xué)常用關(guān)系 v0 - a1t a2t ；
x v 1 2 11 0t - a1t ; x2 a t
2; x
2 2 2 相對
=x1 - x2
1 2 1 2
功能常用關(guān)系 fx相對= m1v0 - m m v2 2 1 2 共
動量常用關(guān)系 m1v0 (m1 m2 )v共
13．如圖所示，質(zhì)量為 M 長為 l 的長木板靜止于粗糙水平面上， t 0時，質(zhì)量為 m 的物塊（可視為質(zhì)點）
以初速度 v0從左端滑到長木板上，在運動過程中物塊剛好未從木板右端滑落，已知物塊與木板間的摩擦因
數(shù)為 。下列說法正確的是（　　）
mv
A．物塊滑到木板最右端的速度為 0
M m
B．小物塊減少的動能等于木板增加的動能和木板與物塊之間產(chǎn)生的內(nèi)能之和
C．木板的動能一定小于 mgl
1
D．木板的動能一定大于 mv20 - mgl2
14．如圖所示，質(zhì)量 m=245g 的物塊（可視為質(zhì)點）放在質(zhì)量 M=0.5kg 的木板左端，木板靜止在光滑水平
面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù) 0.4 ，質(zhì)量m0 5g 的子彈以速度 v0 300m/s 沿水平方向射入物塊并
留在其中（時間極短），物塊最后恰好沒有滑離木板，取 g 10m/s2 ，則在整個過程中（　　）
A．物塊的最大速度為 4m/s
B．木板的最大速度為 3m/s
C．物塊相對于木板滑行的時間為 0.75s
D．木板的長度為 3m
考點四 力學(xué)三大基本觀點的綜合應(yīng)用
考向 應(yīng)用力學(xué)三大基本觀點處理綜合性問題
1.三大觀點及相互聯(lián)系
2.三大觀點的選用原則
力學(xué)中首先考慮使用兩個守恒定律。從兩個守恒定律的表達(dá)式看出多項都是狀態(tài)量(如速度、位置)，所
以守恒定律能解決狀態(tài)問題，不能解決過程(如位移 x，時間 t)問題，不能解決力(F)的問題。
(1)若是多個物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個守恒定律。
(2)若物體(或系統(tǒng))涉及速度和時間，應(yīng)考慮使用動量定理。
(3)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和時間，且受到恒力作用，應(yīng)考慮使用牛頓運動定律。
(4)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和速度，應(yīng)考慮使用動能定理，系統(tǒng)中摩擦力做功時應(yīng)用摩擦力乘以相對路
程，動能定理解決曲線運動和變加速運動特別方便。
3.用三大觀點的解物理題要掌握的科學(xué)思維方法
(1)多體問題——要正確選取研究對象，善于尋找相互聯(lián)系
選取研究對象和尋找相互聯(lián)系是求解多體問題的兩個關(guān)鍵。選取研究對象后需根據(jù)不同的條件采用隔
離法，即把研究對象從其所在的系統(tǒng)中抽離出來進行研究；或采用整體法，即把幾個研究對象組成的系統(tǒng)
作為整體進行研究；或?qū)⒏綦x法與整體法交叉使用。
通常，符合守恒定律的系統(tǒng)或各部分運動狀態(tài)相同的系統(tǒng)，宜采用整體法；在需討論系統(tǒng)各部分間的相互
作用時，宜采用隔離法；對于各部分運動狀態(tài)不同的系統(tǒng)，應(yīng)慎用整體法。至于多個物體間的相互聯(lián)系，
通?？蓮乃鼈冎g的相互作用、運動的時間、位移、速度、加速度等方面去尋找。
(2)多過程問題——要仔細(xì)觀察過程特征，妥善運用物理規(guī)律
觀察每一個過程特征和尋找過程之間的聯(lián)系是求解多過程問題的兩個關(guān)鍵。分析過程特征需仔細(xì)分析
每個過程的約束條件，如物體的受力情況、狀態(tài)參量等，以便運用相應(yīng)的物理規(guī)律逐個進行研究。至于過
程之間的聯(lián)系，則可從物體運動的速度、位移、時間等方面去尋找。
(3)含有隱含條件的問題——要深究細(xì)琢，努力挖掘隱含條件
注重審題，深究細(xì)琢，綜觀全局重點推敲，挖掘并應(yīng)用隱含條件，梳理解題思路或建立輔助方程，是
求解的關(guān)鍵。通常，隱含條件可通過觀察物理現(xiàn)象、認(rèn)識物理模型和分析物理過程，甚至從試題的字里行
間或圖像中去挖掘。
(4)存在多種情況的問題——要分析制約條件，探討各種情況
解題時必須根據(jù)不同條件對各種可能情況進行全面分析，必要時要自己擬定討論方案，將問題根據(jù)一定的
標(biāo)準(zhǔn)分類，再逐類進行探討，防止漏解。
1
15．如圖所示，質(zhì)量分別為 m、3m、nm（ n 1， 2，3L）的 圓弧槽、小球 B、小球 C 均靜止在水平面
4
上，圓弧槽的半徑為 R，末端與水平面相切。現(xiàn)將質(zhì)量為 m 的小球 A 從圓弧槽上與圓心等高的位置由靜止
釋放，一段時間后與 B 發(fā)生彈性正碰，已知重力加速度為 g，不計 A、B、C 大小及一切摩擦。下列說法錯
誤的是（　　）
A．小球 A 通過圓弧槽最低點時對圓弧槽的壓力大小為 5mg
B．若 BC 發(fā)生的是完全非彈性碰撞，n 取不同值時，BC 碰撞損失的機械能不同
3
C．若 BC 發(fā)生的是彈性正碰，當(dāng) n=2 時，碰撞完成后小球 C 的速度為 gR
5
3
D．n 取不同值時，C 最終的動量不同，其最大值為 m gR
8
R
16．如圖所示，半徑分別為 R 和 r 的兩光滑圓軌道安置在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水
2
平軌道 CD 相連，在水平軌道 CD 上一輕彈簧被 a、b 兩小球夾住，同時釋放兩小球，a、b 球恰好能通過
各自圓軌道的最高點，已知 a 球的質(zhì)量為 m。則（　　）
A b 2． 球質(zhì)量為 m
2
B．兩小球與彈簧分離時，動能相等
C．若ma mb m要求 a、b 都能通過各自的最高點，彈簧釋放前至少應(yīng)具有的彈性勢能為Ep 5mgR
D．a(chǎn) 球到達(dá)圓心等高處時，對軌道壓力為5mg
1．如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質(zhì)量為 M 的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面
相切，一個質(zhì)量為 m（m（　?。?br/>A．在下滑過程中弧形槽對小球的彈力始終不做功
B．在小球壓縮彈簧的過程中，小球的機械能減小
C．小球離開彈簧后，小球和弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球仍能回到弧形槽 h 高處
D．在整個過程中，小球、弧形槽和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒
2．如圖所示 “牛頓擺”裝置，5 個完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上，5 根輕繩互相平行，5 個鋼
球彼此緊密排列，球心等高．用 1、2、3、4、5 分別標(biāo)記 5 個小鋼球．當(dāng)把小球 1 向左拉起一定高度，如
圖甲所示，然后由靜止釋放，在極短時間內(nèi)經(jīng)過小球間的相互碰撞，可觀察到球 5 向右擺起，且達(dá)到的最
大高度與球 1 的釋放高度相同，如圖乙所示．關(guān)于此實驗，下列說法中正確的是（ ）
A．上述實驗過程中，5 個小球組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒
B．上述實驗過程中，5 個小球組成的系統(tǒng)機械能不守恒，動量不守恒
C．如果同時向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如圖丙所示），同時由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小球
4、5 一起向右擺起，且上升的最大高度高于小球 1、2、3 的釋放高度
D．如果同時向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如圖丙所示），同時由靜止釋放，經(jīng)碰撞后，小球
3、4、5 一起向右擺起，且上升的最大高度與小球 1、2、3 的釋放高度相同
3．如圖所示，兩個質(zhì)量分別為mA 、mB 的小球 A、B 在光滑的水平面上沿同一直線向右運動， 2mA = mB ，

經(jīng)過一段時間后兩球發(fā)生正碰，碰前速度分別為 vA 6m/s ， vB 4m/s，碰撞后的速度分別為 v A 、 vB ，則
下列選項中可能正確的是（　?。?br/>A． v 2m/s， v B 6m/s B

． vA 4m/s ， v A B 5m/s
C v ． A 4m/s ， v B 6m/s D v

． A 8m/s， v B 2m/s
4．2014 年 11 月 13 日歐洲航天局發(fā)射的羅塞塔號彗星探測器歷經(jīng) 10 年飛行成功降落在 67P 彗星的表面。
據(jù)報道，羅塞塔號在發(fā)射后，先后三次飛過地球，用地球的引力作為助力來達(dá)到追趕 67P 彗星所需的速
度。其原理與圖 1 所示的小球與大球發(fā)生彈性正碰的模型相似：若小球質(zhì)量遠(yuǎn)小于大球質(zhì)量，碰前兩球以
速率 v0和u0 相向運動，則碰后小球的速率 v等于 v0 2u0 ，即碰撞前后二者相對速度大小不變。如圖 2 所
示，只考慮探測器和地球之間的萬有引力，以太陽為參考系，探測器從圖示位置進入地球引力范圍時，探
測器和地球的速率分別為 v0和u0 ，探測器繞地球飛行后離開地球引力范圍時，探測器的速率為 v。假設(shè)探
測器再次回到地球引力范圍時速率仍為 v，則探測器先后三次這樣繞地球飛行后達(dá)到的速率為（　?。?br/>A． v0 3u0
B． v0 6u0
C．3v0 u0
D．3v0 6u0
5．如圖所示為大球和小球疊放在一起、在同一豎直線上進行的超級碰撞實驗，可以使小球彈起并上升到
很大高度。將質(zhì)量為 km （ k >1）的大球（在下），質(zhì)量為 m 的小球（在上）疊放在一起，從距地面高 h 處
由靜止釋放，h 遠(yuǎn)大于球的半徑，不計空氣阻力。假設(shè)大球和地面、大球與小球的碰撞均為完全彈性碰
撞，且碰撞時間極短。下列說法正確的是（ ）
A．兩球一起下落過程中，小球?qū)Υ笄虻膹椓Υ笮閙g
B．大球與地面第一次碰撞過程中，地面對大球平均作用力的沖量大小為 km 2gh
C．無論 k 取什么值，大球與小球碰撞后大球的速度均不能為 0
D．若大球的質(zhì)量遠(yuǎn)大于小球的質(zhì)量，小球上升的最大高度約為 9h
6．如圖甲所示，小球 A、B 的質(zhì)量都是 2kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，球 B 右側(cè)與豎直墻
壁接觸但不黏連，球 C 從高為 5m 的平臺以 6m/s 的初速度水平拋出，落地時恰好與 A 相撞，碰撞瞬間豎
直方向不反彈，且與 A 粘在一起不再分開，小球 A 的 v- t 圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（ ）
A．C 的質(zhì)量為 1kg B．前 2s 時間內(nèi)，彈簧對 B 的沖量大小為 0
C．B 離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為 13.5J D．B 離開墻壁后的最大動能為 16J
7．如圖所示，質(zhì)量為 0.1kg 的小圓環(huán) A 穿在光滑的水平直桿上。用長為 L =0.8m 的細(xì)線拴著質(zhì)量為 0.2 kg
的小球 B，B 懸掛在 A 下方并處于靜止?fàn)顟B(tài)。t=0 時刻，小圓環(huán)獲得沿桿向左的沖量0.6N ×s，g 取
10m/s2.，下列說法正確的是（　　）
A．小球 B 做圓周運動
B．小球 B 第一次運動到 A 的正下方時 A 的速度最小
C．從小球 B 開始運動到第一次回到 A 的正下方的過程中，細(xì)線對 A 先做負(fù)功再做正功
D．從小球 B 開始運動到第一次回到的正下方的過程中，合力對 B 的沖量為0.6N ×s
8．如圖，一質(zhì)量為 2m、半徑為 R 的四分之一光滑圓弧槽，放在光滑的水平面上，底端 B 點切線水平，有
一質(zhì)量為 m、可視為質(zhì)點的小球由槽頂端 A 點靜止釋放．不計空氣阻力，在小球下滑至槽底端 B 點的過程
中，下列說法正確的是（ ）
A．若圓弧槽不固定，小球和槽組成的系統(tǒng)動量守恒
2
B．若圓弧槽不固定，小球水平方向的位移大小為 R
3
C．圓弧槽固定和不固定兩種情形下，小球滑到 B 點時的速度之比為 6 :1
D．圓弧槽固定和不固定兩種情形下，圓弧槽對地面的最大壓力之比為9 : 7
9．如圖甲所示，a、b 兩物塊（均視為質(zhì)點）用輕質(zhì)彈簧連接并放置在光滑的水平面上，b 的質(zhì)量為 m，
t=0 時，使 a 獲得水平向右、大小為 v0的速度，a、b 運動的速度一時間關(guān)系圖像如圖乙所示，已知陰影部
1 2
分的面積為 S0，彈簧的彈性勢能Ep 與彈簧的形變量 x 以及彈簧的勁度系數(shù) k 之間的關(guān)系式為Ep kx ，2
彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，下列說法正確的是（　?。?br/>A．t1時刻，a、b 間的距離最大
B．a(chǎn) 的質(zhì)量為 2m
1
C．0~t3時間內(nèi)，a 所受沖量的大小為 mv3 0
2mv2
D 0．彈簧的勁度系數(shù)為
3S 20
10．如圖所示，長木板 C 靜置在水平桌面上，兩小物塊 A、B 分別靜置在 C 的左端和中點，C 的右端有一
豎直固定的擋板 P，P 的厚度可忽略不計，A、B 之間和 B、P 之間的距離均為 L，A、B、C（連同擋板 P）
的質(zhì)量相同，所有接觸面間的動摩擦因數(shù)均為 ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力?，F(xiàn)使 A 以初速度 v0向右
運動，之后所有碰撞均為彈性正碰，碰撞時間極短，A、B 均可視為質(zhì)點，重力加速度為 g，則下列說法正
確的是（　?。?br/>A．若 v0 > 2 gL ，則 A 將與 B 發(fā)生碰撞
B．若 v0 > 2 gL ，則 B 將與 P 發(fā)生碰撞
C．若 v0 > 4 gL ，則 A 將從 C 上掉下
D．無論 v0取何值，A 與 B 都不可能在 C 上發(fā)生第二次碰撞
11．如圖所示，半徑R 0.8m的四分之一光滑圓弧軌道豎直固定于水平面上。4 個相同的木板緊挨著圓弧
軌道末端靜置，圓弧軌道末端與木板等高，每塊木板的質(zhì)量為m 1kg ，長 l 1.5m。它們與地面間的動摩
擦因數(shù) 1 0.1，木板與地面的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。在第一塊木板左端放置一個質(zhì)量為
M 2.5kg的小鉛塊 B，可視為質(zhì)點，現(xiàn)讓一個與 B 完全一樣的鉛塊 A 從圓弧頂端由靜止滑下，經(jīng)圓弧底
端后與 B 發(fā)生彈性正碰，鉛塊與木板間的動摩擦因數(shù) 2 0.2， g 10m/s2 ，則（　?。?br/>A．小物塊 A 滑到曲面軌道下端時對軌道的壓力大小為50N
B．鉛塊 B 剛滑至木板 3 時的速度為 2m/s
17
C．鉛塊 B 運動 s 后與某一木板共速
9
175
D．鉛塊 B 與木板間相對滑動過程中系統(tǒng)所產(chǎn)生的總熱量為 J
9
12．如圖所示，傳送帶與足夠長的光滑水平地面平滑連接，滑塊 A 與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為 ，傳送
帶兩輪之間的距離為 L，傳送帶以速率 v0順時針勻速轉(zhuǎn)動。滑塊 A 從傳送帶左端 M 點由靜止釋放，運動到
右端 N 點時，與靜止在水平地面上的滑塊 B 發(fā)生彈性正碰。已知兩滑塊 A、B 的質(zhì)量分別為 m 和 4m，且
L v
2
均視為質(zhì)點， 0 ，重力加速度大小為 g。下列說法正確的是（ ）
g
3L
A．滑塊 A 由 M 點到達(dá) N 點所用時間為 2v0
9
B．滑塊 A 向左運動的最大位移為 L
25
1
C．第 1 次碰后，兩滑塊 A、B 間的最大距離為 L
2
D．兩滑塊可能碰撞 3 次
13．如圖甲所示，光滑水平面上放置P 、Q兩物體，Q靜止且左端有一輕彈簧，P 以初速度 v0向右運動，
1
當(dāng)P 撞上彈簧后，Q能獲得的最大速度大小為 v2。保持P 的質(zhì)量m1 不變，改變Q的質(zhì)量m2 ，可得 與mv 22
的大小關(guān)系如圖乙。下列說法正確的是（ ）
A．P 、Q組成的系統(tǒng)動量守恒 B．P 的初速度 v0 20m / s
C．P 的質(zhì)量m1 2kg D．若m2 3kg ，彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能為 37.5J
14．如圖，不計厚度的矩形箱子靜置在光滑水平面上，四個相同的可視為質(zhì)點的小滑塊 A、B、C、D 靜置
在箱子底部，箱子左右壁與滑塊及相鄰滑塊之間的間距均為 L 1m ，每個滑塊和箱子的質(zhì)量均為
m 1kg ，滑塊與箱子間的動摩擦因數(shù)均為 0.2 ?，F(xiàn)使箱子以 v0 6m / s的初速度開始水平向右運動，運
動過程中箱子與A 及滑塊之間發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，碰撞時間均極短，取 g 10m / s2 。
（1）求箱子剛開始向右運動時，滑塊A 和箱子的加速度大??；
（2）求箱子和滑塊 A 碰后 A 的速度大??；
（3）通過計算判斷滑塊 D 會不會碰箱子的右壁，若會，求碰壁后滑塊 D 的速度大小；若不會，求最終滑
塊 D 距箱子右壁的距離；
（4）求經(jīng)多長時間箱子與滑塊相對靜止。
15．如圖所示，以 v = 4m/s 的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶，左端與粗糙的弧形軌道平滑對接，右端
與光滑水平面平滑對接。水平面上有位于同一直線上、處于靜止?fàn)顟B(tài)的 4 個相同小球，小球的質(zhì)量 m0 =
0.3kg。質(zhì)量 m = 0.1kg 的物體從軌道上高處 P 靜止開始下滑，滑到傳送帶上的 A 點時速度大小 v0 = 6m/s。
物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù) μ = 0.5，傳送帶 AB 之間的距離 L = 3.0m。物體與小球、小球與小球之間
發(fā)生的都是彈性正碰，重力加速度 g = 10m/s2。
（1）求物體第一次與小球碰撞時的速度；
（2）求物體第一次與小球碰撞后，在傳送帶上向左滑行的最大距離；
（3）求物體第一次與小球碰撞后的整個過程，物體與傳送帶間產(chǎn)生的摩擦熱。
16．如圖所示，傾角為 30°的固定斜面足夠長，置于斜面上的“L”型長木板 B 的上表面光滑，下表面與斜面
O 4 3 3上 點以上區(qū)域間的動摩擦因數(shù)為 1 ，與斜面上 O 點以下區(qū)域間的動摩擦因數(shù)為 2 。某時刻15 2
在斜面上 O 點以上的某處自靜止開始釋放小物塊 A 和長木板 B，此時 A 在 B 的頂端，B 的底端距 O 點的距
離為長木板 B 長度的 51 倍，一段時間后 A 與 B 底端的凸起發(fā)生第一次碰撞，第一次碰撞后 B 的速度大小
為 v0。已知 B 的質(zhì)量是 A 的質(zhì)量的 4 倍，A 與 B 底端凸起的碰撞為彈性碰撞，碰撞時間不計，B 底端的凸
起大小不計，A 視為質(zhì)點，重力加速度為 g。
（1）求長木板 B 的長度；
（2）A 和 B 底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞期間，A 能否到達(dá) B 的頂端？若 A 能到達(dá) B 的頂端，求
A 與 B 底端凸起第一次碰撞后再經(jīng)過多長時間 A 到達(dá) B 的頂端；若 A 不能到達(dá) B 的頂端，求期間 A 離 B 頂
端的最小距離；
（3）求 B 底端到達(dá) O 點之前，A 和 B 底端凸起碰撞的次數(shù)；
（4）B 底端到達(dá) O 點時將 A 取走，忽略 B 底端凸起對其質(zhì)量分布的影響，B 沿著其長度方向質(zhì)量分布均
勻，求整個過程中 B 的位移大小。
17．（2024·浙江·高考真題）一彈射游戲裝置豎直截面如圖所示，固定的光滑水平直軌道 AB、半徑為 R 的
光滑螺旋圓形軌道 BCD、光滑水平直軌道 DE 平滑連接。長為 L、質(zhì)量為 M 的平板緊靠長為 d 的固定凹槽
EFGH 側(cè)璧 EF 放置，平板上表面與 DEH 齊平。將一質(zhì)量為 m 的小滑塊從 A 端彈射，經(jīng)過軌道 BCD 后滑
上平板并帶動平板一起運動，平板到達(dá) HG 即被鎖定。已知 R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平
板與滑塊間的動摩擦因數(shù) μ1=0.6、與凹槽水平底面 FG 間的動摩擦因數(shù)為 μ2。滑塊視為質(zhì)點，不計空氣阻
力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度 g 10m / s2 。
（1）滑塊恰好能通過圓形軌道最高點 C 時，求滑塊離開彈簧時速度 v0的大?。?br/>（2）若 μ2=0，滑塊恰好過 C 點后，求平板加速至與滑塊共速時系統(tǒng)損耗的機械能；
（3）若 μ2=0.1，滑塊能到達(dá) H 點，求其離開彈簧時的最大速度 vm。
18．（2024·甘肅·高考真題）如圖，質(zhì)量為 2kg 的小球 A（視為質(zhì)點）在細(xì)繩O P 和 OP 作用下處于平衡狀
態(tài)，細(xì)繩O P OP 1.6m，與豎直方向的夾角均為 60°。質(zhì)量為 6kg 的木板 B 靜止在光滑水平面上，質(zhì)量
為 2kg 的物塊 C 靜止在 B 的左端。剪斷細(xì)繩O P ，小球 A 開始運動。（重力加速度 g 取10m/s2 ）
（1）求 A 運動到最低點時細(xì)繩 OP 所受的拉力。
（2）A 在最低點時，細(xì)繩 OP 斷裂。A 飛出后恰好與 C 左側(cè)碰撞（時間極短）、碰后 A 豎直下落，C 水平向
右運動。求碰后 C 的速度大小。
（3）A、C 碰后，C 相對 B 滑行 4m 后與 B 共速。求 C 和 B 之間的動摩擦因數(shù)。

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