考点 27 动量守恒定律及其应用
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 动量守恒条件 2024 年甘肃卷、江苏卷
计算题 三大观点处理物理问题 2024 年重庆卷、浙江卷、山东卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对动量守恒定律的考查非常频繁，大多在综合性的计算题中出现，题目难度各省份不同，
同时，这类题目往往综合性比较强，需要的能力也比较高。
【备考策略】
1.理解和掌握动量守恒定律。
2.能够利用动量守恒定律处理解决涉及碰撞、反冲、弹簧和板块等问题。
3.能够应用三大观点解决复杂的物理过程。
【命题预测】重点关注应用三大观点解决物理问题，这是高考的热点。
一、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为 0，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式
(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量 p 等于相互作用后的总动量 p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
3．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
4．动量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律时，各物体的速度必须是相对同一参考系
的速度。一般选地面为参考系。
(4)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于
宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
二、碰撞、反冲、爆炸
1．碰撞
(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞。
(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。
(3)碰撞分类
①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。
②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。
2．反冲
(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火
箭等。
(3)规律：遵从动量守恒定律。
3．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守
恒。
考点一 碰撞问题
考向 1 弹性碰撞规律应用
1.碰撞三原则：
(1)动量守恒：即 p1＋p2＝p1′＋p2′.
p12 p22 p1′2 p2′2
(2)动能不增加：即 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或 ＋ ≥ ＋ .2m1 2m2 2m1 2m2
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有 v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运
动，则应有 v 前′≥v 后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2. “动碰动”弹性碰撞
v1 v2 v ’ ’1 ˊ v2 ˊ
m m
1 2
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为 m1和 m2，碰前速度为
v1，v2，碰后速度分别为 v ˊ1 ，v ˊ2 ，则有：
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)
联立（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
特殊情况： 若 m1=m ˊ2 ，v1 = v2 ，v ˊ2 = v1 .
3. “动碰静”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为 m1、速度为 v1 的小球与质量为 m2 的静止小
1 1 1
球发生正面弹性碰撞为例，则有 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
结论：(1)当 m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当 m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且 v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当 m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当 m1 m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当 m1 m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
1．如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1 和m2 ，图乙为它们碰撞后的 s - t
图像，已知m1 0.1kg．由此可以判断（ ）
A．碰前m2 匀速，m1 加速运动
B．碰后m2 和m1 都向右运动
C．m2 0.2kg
D．碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒
【答案】D
Ds
【详解】AB．由 s-t 图像的斜率等于速度可知碰前 m2静止，m1匀速运动，m1的速度为 v1 4m/st 向右1
v 0 -8 16 -8运动；碰后 m1速度为 1 m/s -2m/s向左运动，碰后 m6 - 2 2
的速度 v 2 m/s 2m/s向右运动，故6 - 2
AB 错误；
C．根据动量守恒定律得m v m 1 1 1v1 m2v2 代入数据解得m2 0.3kg 故 C 错误；
1 2 1D 2．两物体组成的系统在碰撞前的机械能为E m1v1 0.1 4 J 0.8J 碰撞后的机械能为2 2
E 1 m v 2 1 21 1 m2v2 0.8J因为E E 所以碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒，故 D 正确。故选 D。2 2
2．如图所示，某同学在教室内做“子母球”的实验，将两质量分别为 m1和 m2的弹性小球 A、B 叠放在一
起，从课桌边缘自由落下，落地瞬间，B 先与地面碰撞，后与 A 碰撞，所有的碰撞均为竖直方向内弹性碰
撞，且碰撞时间均可忽略不计。已知两个弹性小球 m2=4m1，课桌边缘离地面高度为 h=0.75m，天花板离地
面 3.6m，则（ ）
A．A 小球弹起能打到天花板
B．B 小球弹起能超过桌子一半高度
C．在碰撞的总过程，两个小球动量变化量等大反向
D．在碰撞的总过程，A 小球机械能守恒
【答案】A
【详解】AB．以 B 为研究对象，从 B 小球开始下落至地面时的过程中，设落地前小球 B 的速度为 v1，由功
能关系可得m2gh
1
m 22v1 由于 B 触地后与地面发生弹性碰撞，故碰撞前后 B 球速度大小不变，方向相反，2
设碰后 B 速度为 v2，则在大小上有 v2 v1以 A 球为研究对象，从 B 小球开始下落至地面时过程中，设 A 球
1 2
落地前速度为 v 23，g 取 10m/s ，则由功能关系可得 m1gh m v2 1 3 根据以上可解得速度大小均为
v1 v2 v3 15m/s 由于 AB 触地后，两球之间发生弹性碰撞，以 AB 两球相碰过程为研究过程，设 AB 两
球相碰后速度分别为 v4，v5，以速度向上为正方向。则根据动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 联立以上及结合题意可解得 v4 15m/s2 2 2 2 5
v 1 15m/s 15 以 A 球为研究对象，碰后至运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律可得m1gh 1 m1v
2
联
5 2 4
立可得 h 1 3.63m＞3.6m故 A 球弹起能打到天花板。同理，以 B 球为研究对象，碰后至运动到最高点的过
程中，由机械能守恒定律可得m gh
1
2 2 m2v
2
5 联立可得 h 2 0.03m
h
＜ 0.375m故 B 球弹起后不能超过桌子
2 2
一半高度。故 A 正确，B 错误；
C．在碰撞的总过程中，以速度向上为正，根据以上分析可知，A 球发生碰撞前后速度分别为 v3，v4，故对
11 6
A 球有DPA m1(v4 - v3) m1( 15 - 15) 15m1 B 球发生碰撞前后速度分别为 v2，v5，故对 B 球有5 5
P 1D B m2 (v2 v5 ) 4m1( 15 15)
24
15m1故 C 错误。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，故机械能增加了，故 D 错误。故选 A。
考向 2 完全非弹性碰撞规律应用
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m ˊ ˊ1v1+m 2v2=m1v1 +m2v2 (1)
1 1 1 1
损失动能 ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m v 2 2 ˊ2 ˊ 2 1 1 + m2v2 = m1v1 + m2v2 + ΔEk. (2)
2 2 2 2
2.完全非弹性碰撞
v1 v2 v 共
m m
1 2
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v 共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
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
联立（ ）、（ ）解得：v 共 = ；ΔEk= ( v1 - v
2
m + m 2 m + m 2
)
1 2 1 2
3．如图所示，在光滑的水平面上有 2023 个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个
小球初动能 Ek，使它正对其他小球运动。若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中因为
碰撞损失的机械能总量为（ ）
1 2022
A． Ek B． E2023 2023 k
1 2024
C． 2 Ek D． E2023 2022 k
【答案】B
【详解】以第一个小球初速度 v0方向的为正方向，将 2023 个小球组成的整体看作一个系统，设系统最终
v
的速度为 v，运用动量守恒定律得 mv0＝2023mv 解得 v 0 则系统损失的机械能为2023
E 1 mv2 1 2023mv2 E 2022D 0 - 解得D E 故选 B。2 2 2023 k
4．两个完全相同的小球 A、B 用长度均为 L 的细线悬于天花板上，如图所示。若将 A 从图示位置由静止释
放，则 B 球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度可能是（ ）
L L 2L L
A． B． C． D．
9 5 3 10
【答案】B
o 1 2
【详解】小球 A 从释放到最低点，由动能定理可知mg(L - L cos 60 ) mvA - 0解得 vA gL 若 A 与 B 发2
生完全弹性碰撞，由能量守恒定律和动量守恒定律可知两者交换速度，即 vB vA gL ，B 上升过程中由
1 2 L
动能定理可知-mgh 0 - mv 解得 h 若 A 与 B 发生完全非弹性碰撞即 AB 粘在一起，由动量守恒定律
2 B 2
可知mvA 2mv v
1
解得 gL 在 AB 上升过程中，由动能定理可知-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 。故选 B。
8 2 5
考向 3 类碰撞问题
此类问题的处理方法和碰撞类中的弹性碰撞、非弹性碰撞处理方法是一样的，关键是要找准对照的模
型和过程，这样问题就会迎刃而解了。
5．如图所示，一个质量为 M 的滑块放置在水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧 EF1 圆弧半径
R 1m。E 点与水平面相切。另有一个质量为 m 的小球以 v0 5m/s 的初速度水平向右从 E 点冲上滑块，
若小球刚好没越过圆弧的上端，已知重力加速度大小 g 10m/s2 不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值
M
为（ ）
m
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【详解】根据题意，小球上升到滑块上端时，小球与滑块的速度相同，设为 v1，根据动量守恒定律有
mv0 (m M )v
1 2 1 2 M
1根据机械能守恒定律有 mv0 (m M )v1 mgR 联立解得 4故选 C。2 2 m
1
6．如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为 R 的 圆弧凹槽，凹槽质量为m ，凹槽A 点切线水平，
4
B 点为最高点.一个质量也为m 的小球以速度 v0从A 点冲上凹槽，重力加速度为 g ，不计一切摩擦，则下列
说法正确的是（ ）
A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动
B．若 v0 2gR ，小球恰好可到达凹槽的 B 点且离开凹槽后做自由落体运动
C．若 v0 5gR ，小球最后一次离开凹槽的位置一定是A 点，且离开凹糟后做自由落体运动
D．若 v0 7gR ，小球最后一次离开凹槽的位置一定是 B 点，且离开凹槽后做竖直上抛运动
【答案】C
【详解】A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的水平方向动量守恒，但总动量不守恒，故 A 错
误；
1 2 1B 2．若小球恰好到达 B 点时，由于水平方向动量守恒有mv0 2mv 由机械能守恒 mv × 2mv mgR解得2 0 2
v0 2 gR 故 B 错误；
CD．当 v0 > 2 gR 时，小球从 B 点飞出后做斜抛运动，水平方向速度跟凹槽相同，再次返回时恰好能落到
B 点，故最后一次离开斜面的位置一定是A 点，由水平方向动量守恒得mv0 mv1 mv2 由机械能守恒得
1 mv2 1 2 10 mv1 mv
2
2 解得 v1 0， v2 v0 可知小球最后一次离开凹槽的位置一定是A 点，且离开凹槽后做2 2 2
自由落体运动，故 C 正确，D 错误。故选 C。
考点二 人船模型、爆炸和反冲问题
考向 1 人船模型
1. 适用条件
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
②动量守恒或某方向动量守恒．
2. 常用结论
设人走动时船的速度大小为 v 船,人的速度大小为 v 人,以船运动的方向为正方向,则 m 船v 船-m 人v 人=0,可得
m 船 v 船=m 人 v 人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有 m 船 v 船 t=m 人 v 人 t,
即：m 船 x 船=m 人 x 人，由图可看出 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. 类人船模型
类型一 类型二 类型三 类型四 类型五
7．“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此
时女子静立于竹竿 A 点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从
中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中 A、B 两点的水平间距约为
1.0cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。已知竹竿的质量约为 25kg ，若不计水的阻力，则该女子的
质量约为（ ）
A． 45kg B． 47.5kg C．50kg D．55kg
【答案】A
【详解】根据题意，设女子的质量为m ，由动量守恒定律有mv m竿v竿由于系统的水平动量一直为 0，则
运动时间相等，设运动时间为 t ，则有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 故选 A。人 1.0
8．如图，质量为 M，半径为 R 的圆弧槽，置于光滑水平面上．将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无
初速度地释放，滑块的质量为 m，且M 2m，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是（ ）
A．若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒
B gR．若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小为
3
R
C．若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为
3
2R
D．若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为
3
【答案】C
【详解】A．若圆弧面光滑，圆弧槽与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，故 A 错误；
B．若圆弧面光滑，设滑块运动至水平面时速度大小为 v1，圆弧糟速度大小为 v2，由机械能守恒定律知
mgR 1 mv2 11 Mv
2 gR gR
2 在水平方向上动量守恒有mv1 Mv2 ，M 2m联立解得 v1 2 ， v2 故 B 错2 2 3 3
误；
C．若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，设滑块与圆弧槽相对于地面沿水平方向的位移分别为x1和x2，
2 R
由水平方向动量守恒有mx1 Mx2 ， x1 x2 R解得 x1 R， x2 故 C 正确；3 3
2R 2D 13．由于滑块还发生了竖直位移 R，故滑块的位移大小为 R2 ÷ R 故 D 错误。就选 C。
è 3 3
考向 2 爆炸和反冲问题
1． 对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
(3)反冲运动中平均动量守恒。
2． 爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所
以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动
能增加。
(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为
爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
9．斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为m 的两块碎片，其中一块碎片沿原来的
方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为 H ，炮弹爆炸前的动能为E ，爆炸后系统的机械能增加了
E
，重力加速度大小为 g ，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为（
4 ）
EH 2EH 3EH EH
A． B． C． D．2
mg mg mg mg
【答案】B
E
【详解】炮弹炸裂的过程水平方向动量守恒，设炮弹炸裂前的速度大小为 v，则 v 设炸裂后瞬间两块
m
碎片的速度分别为 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
根据平抛
2 m
1 2EH
运动规律有H gt 2两块碎片落地点之间的距离 x v1 - v2 t 解得 x 故选 B。2 mg
10．我国早在宋代就发明了火箭。即在箭杆捆上前端封闭的火药筒，点燃后产生的燃气以较大的速率向后
喷出，箭杆由于反冲而向前运动，这与现代火箭的原理大致相同。某时刻火箭速度为 v0，在极短的时间内
喷射质量为Dm、速度为 u 的燃气，喷出燃气后火箭的质量为 m。则此次火箭喷气后速度的变化量为
（ ）
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
【详解】根据动量守恒定律 m Dm v0 Dmu mv v v v
Dmv - Dmu
解得D - 0
0 故选 B。
m
考点三 弹簧模型和板块模型
考向 1 弹簧模型
条件与模型
①mA=mB（如:mA=1kg；
mB=1kg）
②mA>mB （如:mA=2kg；
mB=1kg）
③mAmB=2kg）
情况一：从原长到最短（或最长）时
① mAv0 mA mB v
1 1
；② m v2 2
2 A 0
m m v E
2 A B pm
规律与公式
情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时
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．如图所示，光滑水平面上质量为 2M 的物体 A 以速度 v 向右匀速滑动，质量为 M 的 B 物体左端与轻质
弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体 A 与弹簧接触后，以下判断正确的是（ ）
4
A．在物体 A 与弹簧接触过程中，弹簧对 A 的弹力冲量大小为 Mv
3
B．在物体 A 与弹簧接触过程中，弹簧对 B 的弹力做功的功率一直增大
C．从 A 与弹簧接触到 A、B 相距最近的过程中，弹簧对 A、B 做功的代数和为 0
4
D．从 A 与弹簧接触到 A、B 2相距最近的过程中，最大弹性势能为 Mv
3
【答案】A
【详解】A．在物体 A 与弹簧接触过程中，根据动量守恒定律得 2Mv 2Mv A Mv B 根据机械能守恒定律得
1 2Mv2 1 2Mv 2 1 Mv 2 v 1 4× × A × B 解得 A v vB v 根据动量定理得弹簧对 A 的弹力冲量大小2 2 2 3 3
4I 2M (v - vA )解得 I Mv ，A 正确；3
B．在物体 A 与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和 B 的速度都增大，弹簧对 B 的弹力做功的功
4
率增大；在弹簧接近原长时，B 的速度接近 v ，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对 B 的弹力做功的功率几
3
乎等于零，所以在物体 A 与弹簧接触过程中，弹簧对 B 的弹力做功的功率先增大后减小，B 错误；
CD．从 A 与弹簧接触到 A、B 相距最近的过程中，根据动量守恒定律得 2Mv 2M M v 2解得 v v 弹簧
3
1 1 5 1 2
对 A、B 2 2做功分别为WA ×2Mv - ×2Mv - Mv
2 W Mv 2， B Mv
2
弹簧对 A、B 做功的代数和为
2 2 9 2 9
W 1 1 1 1 WA WB - Mv
2
最大弹性势能为Ep × 2Mv
2 - ×3Mv 2 Mv2 ，CD 错误。故选 A。
3 2 2 3
12．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1 、m2 的两物块 A、B 相连接，并静止在光滑水平面上。
现使 A 获得水平向右、大小为 3m/s 的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图
乙所示，从图像提供的信息可得（ ）
A．在 t1 和 t3时刻两物块达到共同速度 1m/s，且弹簧分别处于拉伸和压缩状态
B．两物块的质量之比为m1 : m2 2 :1
C．在 t2 时刻 A、B 两物块的动能之比为Ek1 : Ek2 8 :1
D．在 t2 ~ t3时间内 A、B 的距离逐渐增大， t3时刻弹簧的弹性势能最大
【答案】D
【详解】AD．根据图像可得开始时 A 的速度大，弹簧被压缩， t1 时 AB 速度相同此时弹簧压缩量达到最
大，之后 B 的速度大，压缩量开始变小， t2 时弹簧恢复原长，之后弹簧开始被拉伸，A、B 的距离逐渐增
大， t3时刻 AB 速度相等此时拉伸量达到最大，刻弹簧的弹性势能最大。之后 A 速度又大于 B，拉伸量开始
变小， t4 时刻恢复弹簧原长状态，故 A 错误，D 正确；
B．根据系统动量守恒，取向右为正方向在0 : t1段时间内有m1v0 (m1 m2 )v共代入数据解得m1 : m2 1: 2 故 B
错误；
C． t2 时刻 A、B 两物块的动能之比为
1 m v2E 1 1 1 12k1 2 1
E 1 2k2 m2v
2 2 2 8
2 2
故 C 错误。
故选 D。
考向 2 板块模型
板块模型
v0 v 共
m v 共
过程简图 m2
1
x2 x 相对
x1
a f ;a f1 ；m 21 m2
动力学常用关系 v0 - a1t a2t ；
x 1 2 1 21 v0t - a1t ; x2 a2t ; x相对=x2 2 1
- x2
功能常用关系 fx 1 2 1 2相对= m1v0 - m m v2 2 1 2 共
动量常用关系 m1v0 (m1 m2 )v共
13．如图所示，质量为 M 长为 l 的长木板静止于粗糙水平面上， t 0时，质量为 m 的物块（可视为质点）
以初速度 v0从左端滑到长木板上，在运动过程中物块刚好未从木板右端滑落，已知物块与木板间的摩擦因
数为 。下列说法正确的是（ ）
mv
A．物块滑到木板最右端的速度为 0
M m
B．小物块减少的动能等于木板增加的动能和木板与物块之间产生的内能之和
C．木板的动能一定小于 mgl
1
D 2．木板的动能一定大于 mv0 - mgl2
【答案】C
【详解】A．物块刚好未从木板右端滑落，则物块到木板右端时，恰好有共同速度，如果物块与木板组成
的系统动量守恒，则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，所以物块
M m
mv
与木板组成的系统动量不守恒，故物块滑到木板最右端的速度不为 0 ，故 A 错误；
M m
BD．由能量守恒定律可知小物块减少的动能等于木板增加的动能、木板与物块之间产生的内能以及水平面
1 2
与木板之间产生的内能之和，木板与物块之间产生的内能E = mgl内 木板的动能一定小于 mv0 - mgl ，故2
BD 错误；
C．设物块运动的位移大小x1，木板运动的位移大小x2，物块与木板共同速度 v1，物块与木板因摩擦产生
的热量Q mgl mg x1 - x
v
由于 x 0
v1
2 1 t > 2
v
1 t 2x2 故 mgl > mgx2 对木板由动能定理得2 2
mgx m M gx 1- Mv 2 1 22 2 2 1 则 Mv1 < mgx2 < mgl 故 C 正确。故选 C。2 2
14．如图所示，质量 m=245g 的物块（可视为质点）放在质量 M=0.5kg 的木板左端，木板静止在光滑水平
面上，物块与木板间的动摩擦因数 0.4 ，质量m0 5g 的子弹以速度 v0 300m/s 沿水平方向射入物块并
留在其中（时间极短），物块最后恰好没有滑离木板，取 g 10m/s2 ，则在整个过程中（ ）
A．物块的最大速度为 4m/s
B．木板的最大速度为 3m/s
C．物块相对于木板滑行的时间为 0.75s
D．木板的长度为 3m
【答案】D
【详解】A．子弹射入物块并留在其中，根据动量守恒m0v0 m0 m v 之后，在摩擦力的作用下，物块做
减速运动，则两者共同的速度即物块的最大速度，大小为 v 6m/s 故 A 错误；
B．物块和子弹在木板上滑行时，木板做加速运动，物块最后恰好没有滑离木板，根据动量守恒
m0 m v m0 m M v 共同速度即木板的最大速度，大小为 v 2m/s 故 B 错误；
C．物块在木板上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律 m0 m g m0 m a 物块相对木板的滑行时间
t v - v
为 得 t 1s故 C 错误；
a
D．木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
m0 m g Ma
v2 - v 2 v 2
木板长度为物块和木板的相对位移 L - 得 L 3m故 D 正确。故选 D。
2a 2a
考点四 力学三大基本观点的综合应用
考向 应用力学三大基本观点处理综合性问题
1.三大观点及相互联系
2.三大观点的选用原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所
以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移 x，时间 t)问题，不能解决力(F)的问题。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路
程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
3.用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法
(1)多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系
选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。选取研究对象后需根据不同的条件采用隔
离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统
作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。
通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互
作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。至于多个物体间的相互联系，
通常可从它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。
(2)多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律
观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。分析过程特征需仔细分析
每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过
程之间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。
(3)含有隐含条件的问题——要深究细琢，努力挖掘隐含条件
注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是
求解的关键。通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行
间或图像中去挖掘。
(4)存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况
解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的
标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。
1
15．如图所示，质量分别为 m、3m、nm（ n 1， 2，3L）的 圆弧槽、小球 B、小球 C 均静止在水平面
4
上，圆弧槽的半径为 R，末端与水平面相切。现将质量为 m 的小球 A 从圆弧槽上与圆心等高的位置由静止
释放，一段时间后与 B 发生弹性正碰，已知重力加速度为 g，不计 A、B、C 大小及一切摩擦。下列说法错
误的是（ ）
A．小球 A 通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为 5mg
B．若 BC 发生的是完全非弹性碰撞，n 取不同值时，BC 碰撞损失的机械能不同
3
C．若 BC 发生的是弹性正碰，当 n=2 时，碰撞完成后小球 C 的速度为 gR
5
3
D．n 取不同值时，C 最终的动量不同，其最大值为 m gR
8
【答案】D
【详解】A．小球 A 第一次下滑到圆弧槽最低点时，小球 A 和圆弧槽组成的系统水平方向上动量守恒，有
mvA mv
1 2 1 2
1小球 A 和圆弧槽组成的系统机械能守恒，则有mgR mvA mv1 解得 vA v1 gR 小球 A 通过2 2
v2
圆弧槽最低点时，相对于圆弧槽的速度大小为 v相 vA v1根据牛顿第二定律有F - mg m 相 联立解得，小
R
球 A 通过圆弧槽最低点时，受到圆弧槽的支持力为F 5mg 根据牛顿第三定律可知，小球 A 通过圆弧槽最
低点时对圆弧槽的压力大小为 5mg，故 A 正确，不满足题意要求；
B．若 BC 发生的是完全非弹性碰撞，设小球 A 与 B 碰撞后，小球 B 的初速度为 v0，则 BC 碰撞过程，根据
动量守恒有3mv0 (3m nm)v E
1 3mv2 1根据能量守恒有D 0 - (3m nm)v
2
联立解得 BC 碰撞损失的机械能
2 2
3mv2 2 2
为DE 0
9m v
- 0
2 2(3m nm)
可知，当 n 取不同值时，BC 碰撞损失的机械能不同，故 B 正确，不满足题意要求；
C．小球 A 与 B 发生弹性正碰，取向右为正方向，根据动量守恒有mvA mvA1 3mvB 根据机械能守恒有
1 mv2 1 mv2 1 1 1A A1 3mv
2
B 联立解得 vA1 - gR ， vB gR 若 BC 发生的是弹性正碰，当 n 2时，BC 碰2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
撞过程，根据动量守恒有3mvB 3mvB1 2mvC 根据机械能守恒有 3mvB 3mvB1 2mvC 联立解得，2 2 2
碰撞完成后小球 C 的速度为 v
3
C gR 故 C 正确，不满足题意要求；5
D．当 BC 发生的是完全非弹性正碰时，C 获得的动量最小。BC 碰撞过程，根据动量守恒有
3mv 3m nm v v 3B （ ） C2 解得，碰撞完成后小球 C 的速度为 C2 gR 则此时 C 的动量为6 2n
p 3n nmvC2 m gR
3
6 m gR 36 2n 2 可知，当 n 取 1 时，C 的动量取最小值为 pmin m gR 故 D 错误，
n 8
满足题意要求。故选 D。
R
16．如图所示，半径分别为 R 和 r 的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水
2
平轨道 CD 相连，在水平轨道 CD 上一轻弹簧被 a、b 两小球夹住，同时释放两小球，a、b 球恰好能通过
各自圆轨道的最高点，已知 a 球的质量为 m。则（ ）
A 2．b 球质量为 m
2
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．若ma mb m要求 a、b 都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep 5mgR
D．a 球到达圆心等高处时，对轨道压力为5mg
【答案】C
【详解】A． a、b 球恰好能通过各自圆轨道的最高点，则 a、b 球在最高点时的速度分别为 va = gR高 ，
vb = gr
1 1
高 a、b
2 2
球在最高点时的速度分别为 va ,vb ，则有-ma g2R mava - m2 高 2 a
va ，
1 1
-mb g2r m v
2
b b - mbv
2
高 b 设 b 球的质量为mb ，由动量守恒定理有mava mbvb 联立解得mb 2m所以 A2 2
错误；
2
B p．两小球与弹簧分离时，动量大小相等，根据动能与动量关系Ek 可知，动能不相等，所以 B 错误；2m
C．若ma mb m，由动量守恒定理有mava mbvb 则分离时两小球的速度相等，则要求 a、b 都能通过各自
的最高点时，只需要 a 球能够通过，b 球也能通过，由前面分析可知，a 刚好通过最高点时，分离时速度
1
v 2
1 2 2
为 a 5gR 则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep mava mbvb mava 5mgR所以 C 正确；2 2
1 1
D a 2 2． 球到达圆心等高处时，速度为 v a 由动能定理可得-ma gR mav a - mava 轨道对 a 球的支持力为2 2
F F m v
2
，由牛顿第二定律有 a 联立解得F 3mg 由牛顿第三定律可知，a 小球对轨道压力为3mg ，所以a R
D 错误；故选 C。
1．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面
相切，一个质量为 m（m（ ）
A．在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功
B．在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能减小
C．小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，小球仍能回到弧形槽 h 高处
D．在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
【答案】B
【详解】A．在小球下滑过程中，虽然小球总是沿着弧形槽的上表面运动，但弧形槽有水平向左的位移，
故小球相对于地面的速度方向不是沿着弧形槽的切线的，而弧形槽对小球的作用力是弹力，方向始终垂直
于接触面，故弹力和小球运动速度不垂直，弹力对小球要做功，故 A 错误；
B．当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒。但弹簧对小球的弹力做负功，故小球
的机械能减小，故 B 正确；
C．小球在弧形槽上下滑过程中，系统水平方向不受力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离时两
者动量大小相等，由于 m弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，故小球和弧形槽组成的系统机
械能守恒。由于球与弧形槽组成的系统总动量水平向左，球到达最高点时两者共速，则此共同速度也必须
水平向左，则二者从静止开始运动到共速状态，系统的动能增加，重力势能一定要减小，小球上升的最大
高度要小于 h，故 C 错误；
D．整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧所组成的系统只有重力与系统内弹力做功，系统机械能守恒，小
球与弹簧接触过程中，墙壁对系统作用力水平向左，系统水平方向动量不守恒，故 D 错误。
故选 B。
2．如图所示 “牛顿摆”装置，5 个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5 根轻绳互相平行，5 个钢
球彼此紧密排列，球心等高．用 1、2、3、4、5 分别标记 5 个小钢球．当把小球 1 向左拉起一定高度，如
图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球 5 向右摆起，且达到的最
大高度与球 1 的释放高度相同，如图乙所示．关于此实验，下列说法中正确的是（ ）
A．上述实验过程中，5 个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．上述实验过程中，5 个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球
4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球 1、2、3 的释放高度
D．如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球
3、4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度与小球 1、2、3 的释放高度相同
【答案】D
【详解】试题分析：上述实验过程中，小球 5 能够达到与小球 1 释放时相同的高度，说明系统机械能守
恒，而且小球 5 离开平衡位置的速度和小球 1 摆动到平衡位置的速度相同，说明碰撞过程动量守恒，但随
后上摆过程动量不守恒，动量方向在变化，选项 AB 错．根据前面的分析，碰撞过程为弹性碰撞．那么同
时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，那么球 3 先以 v与球 4 发生弹性碰
撞，此后球 3 的速度变为 0，球 4 获得速度 v后与球 5 碰撞，球 5 获得速度 v，开始上摆，同理球 2 与球 3
碰撞，最后球 4 以速度 v上摆，同理球 1 与球 2 碰撞，最后球 3 以速度 v上摆，所以选项 C 错 D 对．
3．如图所示，两个质量分别为mA 、mB 的小球 A、B 在光滑的水平面上沿同一直线向右运动， 2mA = mB ，
经过一段时间后两球发生正碰，碰前速度分别为 vA 6m/s ， vB 4m/s
，碰撞后的速度分别为 v A 、 vB ，则
下列选项中可能正确的是（ ）
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
【详解】碰撞过程应满足系统动量守恒和总动能不增加原则，碰撞前系统的初动量为
p0 pA pB mAvA m v
1 2 1 2
B B 14mAkg × m/s可知碰撞前系统的初动能为Ek0 mAvA mBvB 34m2 2 A
J
A．碰撞后系统的动量为 p pA pB 14mAkg × m / s p0 碰撞后系统的动能为
E 1k mAv
2 1
A mBv
2
B 38mAJ > Ek 不满足碰撞过程总动能不增加原则，故 A 错误；2 2
B．碰撞后系统的动量为 p pA pB 14mAkg × m / s p0 碰撞后系统的动能为
E 1 m v 2 1 m v 2k A A B B 33mAJ < Ek 故 B 正确；2 2
C．碰撞后系统的动量为 p pA pB 16mAkg × m / s > p0 不满足动量守恒，故 C 错误；
D．A 球速度反向不满足动量守恒，A 球速度不改变方向则碰撞后 A 球速度应小于 B 球速度且不满足动量守
恒，故 D 错误。故选 B。
4．2014 年 11 月 13 日欧洲航天局发射的罗塞塔号彗星探测器历经 10 年飞行成功降落在 67P 彗星的表面。
据报道，罗塞塔号在发射后，先后三次飞过地球，用地球的引力作为助力来达到追赶 67P 彗星所需的速
度。其原理与图 1 所示的小球与大球发生弹性正碰的模型相似：若小球质量远小于大球质量，碰前两球以
速率 v0和u0 相向运动，则碰后小球的速率 v等于 v0 2u0 ，即碰撞前后二者相对速度大小不变。如图 2 所
示，只考虑探测器和地球之间的万有引力，以太阳为参考系，探测器从图示位置进入地球引力范围时，探
测器和地球的速率分别为 v0和u0 ，探测器绕地球飞行后离开地球引力范围时，探测器的速率为 v。假设探
测器再次回到地球引力范围时速率仍为 v，则探测器先后三次这样绕地球飞行后达到的速率为（ ）
A． v0 3u0
B． v0 6u0
C．3v0 u0
D．3v0 6u0
【答案】B
【详解】由题意可知，探测器第一次绕地球飞行后达到的速率为 v0 2u0 ，再次回到地球引力范围时速率仍
为 v0 2u0 ，则探测器第二次绕地球飞行后达到的速率为 v0 4u0 ，再次回到地球引力范围时速率仍为
v0 4u0 ，则探测器第三次绕地球飞行后达到的速率为 v0 6u0 。
故选 B。
5．如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到
很大高度。将质量为 km （ k >1）的大球（在下），质量为 m 的小球（在上）叠放在一起，从距地面高 h 处
由静止释放，h 远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰
撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（ ）
A．两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为mg
B．大球与地面第一次碰撞过程中，地面对大球平均作用力的冲量大小为 km 2gh
C．无论 k 取什么值，大球与小球碰撞后大球的速度均不能为 0
D．若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度约为 9h
【答案】D
【详解】A．两球一起下落过程中都做自由落体运动，小球对大球的弹力大小为 0，A 错误；
B．下落过程中由自由落体运动规律得 v2 2gh 解得大球与地面碰撞前的速度大小为 v 2gh 根据动量定理
可得 I 2kmv 2km 2gh ，B 错误；
C．以向上为正方向，大球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，两球碰撞前后动量守恒，机械能守
恒，设碰撞前小球和大球的速度分别为 v，碰后大球的速度为 v1，小球的速度为 v2，由动量守恒定律
kmv - mv kmv mv 1 kmv2 1 mv2 1 2 1 2 (km - m)v - 2mv1 2 由机械能守恒定律 kmv1 mv2 两式联立解得 v 2 2 2 2 1 km m
可知当 k 3时，大球与小球碰撞后大球的速度为 0，C 错误；
D．大球与地面碰撞后，速度瞬间反向，大小不变，两球发生弹性碰撞，两球碰撞过程系统内力远大于外
力，系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后小球速度大小为 v1，大球速度大小为 v2，选向上为正方向，由
1 2 1 2 1 2 (3M - m) 2gh
动能量守恒和机械能守恒Mv - mv mv1 Mv2， (m M )v mv1 Mv 解得2 2 2 2 v1
当
M m
v2
M m 时，不考虑 m 影响，则 v1 3 2gh 小球上升高度为H
1 9h，D 正确；故选 D。
2g
6．如图甲所示，小球 A、B 的质量都是 2kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，球 B 右侧与竖直墙
壁接触但不黏连，球 C 从高为 5m 的平台以 6m/s 的初速度水平抛出，落地时恰好与 A 相撞，碰撞瞬间竖
直方向不反弹，且与 A 粘在一起不再分开，小球 A 的 v- t 图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．C 的质量为 1kg B．前 2s 时间内，弹簧对 B 的冲量大小为 0
C．B 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为 13.5J D．B 离开墙壁后的最大动能为 16J
【答案】D
【详解】A．C 与 A 碰撞前后瞬间，C 与 A 组成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒可得
mCv0 (mA mC )v1其中 v0 6m / s， v1 3m / s 解得 C 的质量为mC 2kg 故 A 错误；
B．弹簧对 A 与 C 组成的系统与对 B 的作用力始终大小相等方向相反，以 A、C 组成的系统为研究对象，取
向右为正方向，则前 2s 时间内弹簧的弹力对 A、C 组成的系统的冲量为
I mA mC v2 - mA mC v1 2 2 -3 N ×s - 2 2 3N ×s -24N ×s
可知在前 2s 时间内，弹簧对物块 B 的冲量大小为24N ×s，故 B 错误；
C．物块 B 离开墙壁前，弹簧被压缩至最短时其弹性势能最大，此时 A、C 组成的系统的速度减为 0，根据
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 错误；
2 2
D．当物块 B 离开墙壁后弹簧先被拉伸至最长，此后弹簧恢复原长，此时物块 B 的速度最大，动能最大；
在 B 离开墙壁后 A、B、C 及弹簧组成的系统满足动量守恒，机械能守恒，以向左为正方向，则有
(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联立解得
2 2 2
v1 1m / s， v2 4m / s
1 1
则 B 2 2离开墙壁后的最大动能为Ekm mBv2 2 4 J 16J 故 D 正确。故选 D。2 2
7．如图所示，质量为 0.1kg 的小圆环 A 穿在光滑的水平直杆上。用长为 L =0.8m 的细线拴着质量为 0.2 kg
的小球 B，B 悬挂在 A 下方并处于静止状态。t=0 时刻，小圆环获得沿杆向左的冲量0.6N ×s，g 取
10m/s2.，下列说法正确的是（ ）
A．小球 B 做圆周运动
B．小球 B 第一次运动到 A 的正下方时 A 的速度最小
C．从小球 B 开始运动到第一次回到 A 的正下方的过程中，细线对 A 先做负功再做正功
D．从小球 B 开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对 B 的冲量为0.6N ×s
【答案】C
【详解】A．由题意可知，小球 B 相对于圆环 A 做圆周运动，因圆环不固定，系统在水平方向动量守恒，
可知圆环在水平方向做变加速运动，则以地面为参照物时，小球 B 不做圆周运动，故 A 错误；
BC．由于细线的作用，圆环向左减速运动，当圆环 A 的速度变为 0 时，如果小球恰回到最 A 的正下方，系
统水平方向动量守恒，则有 I mBvB 解得 vB 3m/s 如果此时小球回到 A 的正下方，其速度水平向左，其动
1
能为Ek mv
2
B 0.9J 因系统初动能为mAv0 0.6N ×s E
1
k0 m
2
Av0 1.8J > 0.9 J则根据系统能量守恒可知，2 2
当圆环 A 的速度变为 0 时，小球 B 还没有回到其的正下方，则小球 B 继续加速，圆环 A 则反向向右加速，
当小球 B 回到圆环 A 的正下方向时，圆环 A 具有向右的速度，所以从小球 B 开始运动到第一次回到圆环 A
的正下方的过程中细线对 A 先做负功再做正功，故 B 错误，C 正确；
D．假定小球 B 开始运动到第一次回到的正下方时速度为 v1、圆环速度为 v2，则有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根据动量定理有，从小球 B 开始运动到第一次回到的2 2 2
正下方的过程中，合力对 B 的冲量为 I mBv1 0.8N ×s方向水平向左，故 D 错误。故选 C。
8．如图，一质量为 2m、半径为 R 的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，底端 B 点切线水平，有
一质量为 m、可视为质点的小球由槽顶端 A 点静止释放．不计空气阻力，在小球下滑至槽底端 B 点的过程
中，下列说法正确的是（ ）
A．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
2
B．若圆弧槽不固定，小球水平方向的位移大小为 R
3
C．圆弧槽固定和不固定两种情形下，小球滑到 B 点时的速度之比为 6 :1
D．圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为9 : 7
【答案】B
【详解】A．若圆弧槽不固定，小球在竖直方向有加速度，圆弧槽在竖直方向没有加速度，小球和槽组成
的系统在竖直方向所受的合外力不为零，小球和槽组成的系统在竖直方向动量不守恒，故 A 错误；
B．若圆弧槽不固定，对小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，则有mv1x 2mv2x 在小球下滑至槽底端 B
点的过程中，有mx 2m(R - x)
2
解得小球水平方向移动的位移为 x R故 B 正确；
3
1
C 2．圆弧槽固定时，根据动能定理可得mgR mv1 可得小球滑到 B 点时的速度为 v1 2gR 圆弧槽不固定2
mv 2mv 1 mv2 1 2情形下，由系统水平方向动量守恒和机械能守恒可得 1 2 1 2mv2 =mgR v
4gR
解得 ，
2 2 1 3
1 4gR v 6v2 则圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到 B 点时的速度之比为
1 故 C 错误；
2 3 v1 2
2
D v．由 C 中分析可知，若圆弧槽固定，小球到达底端时 FN - mg m 1 解得FN =3mg 则圆弧槽对地面的最大R
2
压力为 FNmax =3mg 2mg 5mg
(v v )
若圆弧槽不固定，小球到达底端时 FN - mg m 1 2 解得FN =4mg 则圆弧槽对R
地面的最大压力为FN max 4mg 2mg 6mg 圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之
FNmax 5
比为 F 6 故 D 错误。故选 B。Nmax
9．如图甲所示，a、b 两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，b 的质量为 m，
t=0 时，使 a 获得水平向右、大小为 v0的速度，a、b 运动的速度一时间关系图像如图乙所示，已知阴影部
1 2
分的面积为 S0，弹簧的弹性势能Ep 与弹簧的形变量 x 以及弹簧的劲度系数 k 之间的关系式为Ep kx ，2
弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻，a、b 间的距离最大
B．a 的质量为 2m
1
C．0~t3时间内，a 所受冲量的大小为 mv3 0
2mv2
D 0．弹簧的劲度系数为
3S 20
【答案】BD
【详解】A．t1时刻之前 a 的速度大于 b 的速度，t1时刻 a 的速度等于 b 的速度，故 t1时刻 a、b 间的距离
最小，故 A 错误；
B．设 a 的质量为ma ，由动量守恒定律得m
2
av0 ma × v
2
0 m × v0 解得ma 2m故 B 正确；3 3
2 2 2
C．0~t3时间内，对 a 由动量定理 I 2m × v0 - 2m ×v0 - mv0 方向与 a 的初速度方向相反，大小为 mv ，3 3 3 0
故 C 错误；
D．分析题意可得 0 时刻弹簧处于原长，设 t1 时刻弹簧的形变量为 x0 ，已知阴影部分的面积为 S0，则有
x0 S
1
0设弹簧的劲度系数为 k，则有Ep kx
2
0 由系统的机械能守恒定律可得2
1 1 2 2 2mv2Ep 2mv
2
0 - 2m m
v0 ÷ 综合解得 k
0
2 故 D 正确。故选 BD。2 2 è 3 3S0
10．如图所示，长木板 C 静置在水平桌面上，两小物块 A、B 分别静置在 C 的左端和中点，C 的右端有一
竖直固定的挡板 P，P 的厚度可忽略不计，A、B 之间和 B、P 之间的距离均为 L，A、B、C（连同挡板 P）
的质量相同，所有接触面间的动摩擦因数均为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使 A 以初速度 v0向右
运动，之后所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间极短，A、B 均可视为质点，重力加速度为 g，则下列说法正
确的是（ ）
A．若 v0 > 2 gL ，则 A 将与 B 发生碰撞
B．若 v0 > 2 gL ，则 B 将与 P 发生碰撞
C．若 v0 > 4 gL ，则 A 将从 C 上掉下
D．无论 v0取何值，A 与 B 都不可能在 C 上发生第二次碰撞
【答案】ACD
【详解】A．A 与 B 发生碰撞前的速度 v1 v
2
0 - 2 gL 要使得 A、B 能发生碰撞，则 v1 > 0 解得 v0 > 2 gL
故 A 正确；
B．A 与 B 发生弹性碰撞，速度交换，B 与 P 碰撞前的速度为 v2 v
2
1 - 2 gL v
2
0 - 4 gL 要使得 B、P 能
发生碰撞，则 v2 > 0解得 v0 > 4 gL 故 B 错误；
C．B 与 P 发生弹性碰撞，速度交换，A、B 的速度均为 0，P 的速度为 v2，受力分析可得 A、B 的加速度大
小均为 a g a
mg mg 3 mg
1 ，C 的加速度大小 2 5 g 达到共速的时间 t 满足 a1t v2 - am 2
t 解得
t v 2 v v v
6 g 共速时的相对位移为Δx x2 - x
2 共
1 t -
共 t v 2 t
要使
A 从 C 上掉下，则Δx > L联立解得
2 2 2
v0 > 4 gL 故 C 正确；
D．B 与 P 发生弹性碰撞后，A、B 均做加速运动，加速度相等，有可能 A 滑出 C，也可能 A、B 与 P 共速后
一起减速，两种情况均不会使 A 与 B 在 C 上发生第二次碰撞，故 D 正确。故选 ACD。
11．如图所示，半径R 0.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上。4 个相同的木板紧挨着圆弧
轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量为m 1kg ，长 l 1.5m。它们与地面间的动摩
擦因数 1 0.1，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在第一块木板左端放置一个质量为
M 2.5kg的小铅块 B，可视为质点，现让一个与 B 完全一样的铅块 A 从圆弧顶端由静止滑下，经圆弧底
端后与 B 发生弹性正碰，铅块与木板间的动摩擦因数 22 0.2， g 10m/s ，则（ ）
A．小物块 A 滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为50N
B．铅块 B 刚滑至木板 3 时的速度为 2m/s
17
C．铅块 B 运动 s 后与某一木板共速
9
175
D．铅块 B 与木板间相对滑动过程中系统所产生的总热量为 J
9
【答案】BC
1 2
【详解】A．小物块 A 滑到曲面轨道下端，根据动能定理有MgR Mv 小物块 A 滑到曲面轨道下端时，
2
v2
根据牛顿第二定律有FN - Mg M 解得，轨道对小物块 A 的支持力为FN 75N 则小物块 A 滑到曲面轨R
道下端时对轨道的压力大小为75N ，故 A 错误；
B．小物块 A 与 B 发生弹性正碰，根据动量守恒有Mv MvA MvB根据机械能守恒有
1 Mv2 1 Mv2 1A Mv
2
B解得，小物块 A 与 B 发生弹性正碰后 A 的速度为零，B 的速度为 vB 4m/s设铅块 B2 2 2
刚滑至第 n 块木板，该木板开始滑动，铅块 B 对该木板的滑动摩擦力为 f1 2Mg 5N 该木板及后面木板
受到地面的最大静摩擦力为 f2 1[M (4 - n 1)m]g 要使木板滑动，则有 f1 > f2解得 n > 2.5即铅块 B 滑上
1 2 1 2
第 3 块木板时，木板开始滑动，根据动能定理有- 2Mg ×2l Mv1 - MvB解得，铅块 B 刚滑至木板 3 时2 2
的速度为 v1 2m/s故 B 正确；
Mg
C 2．根据牛顿第二定律有，铅块 B 在木板上滑动的加速度大小为 a 21 2m/s 则铅块 B 在木板 1 和 2M
t v - v B 1 1s Mg - 上滑动的时间为 木板 3、4 一起滑动时的加速度为 a 2 1
(M 2m)g
0.25m/s21 a 2 假设1 2m
8 2
铅块 B 能在木板 3 上滑动时与木板 3 共速，则有 v2 v1 - a1t2 a2t2 解得 t2 s， v2 m/s此过程中铅块 B9 9
x v1 v2 t 80的位移为 1 2 m
v 8
木板 3、4 的位移为 x 22 t2 m铅块 B 相对于木板 3、4 的位移为2 81 2 81
Dx x1 - x
8 17
2 m < l 则假设成立，则铅块 B 经过运动到与木板共速的时间为 t t1 t2 s 故 C 正确；9 9
1 1
D．铅块 B 2在木板上滑动到与木板共速的过程中，根据能量守恒有 MvB Q (M 2m)v
2
2 解得，铅块 B2 2
179
与木板间相对滑动过程中系统所产生的总热量为Q J故 D 错误。故选 BC。
9
12．如图所示，传送带与足够长的光滑水平地面平滑连接，滑块 A 与传送带之间的动摩擦因数为 ，传送
带两轮之间的距离为 L，传送带以速率 v0顺时针匀速转动。滑块 A 从传送带左端 M 点由静止释放，运动到
右端 N 点时，与静止在水平地面上的滑块 B 发生弹性正碰。已知两滑块 A、B 的质量分别为 m 和 4m，且
v2
均视为质点， L 0 ，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是（ ）
g
3L
A．滑块 A 由 M 点到达 N 点所用时间为 2v0
9
B．滑块 A 向左运动的最大位移为 L
25
1
C．第 1 次碰后，两滑块 A、B 间的最大距离为 L
2
D．两滑块可能碰撞 3 次
【答案】AC
v0 v v2
【详解】A．物块在传送带上做匀减速运动的加速度 a g 到达共速的时间 t1 位移 x 01 t1 0 < L g 2 2 g
L - x1 v0 3v0 3L
匀速的时间 t2 t t t v0 2 g
滑块 A 由 M 点到达 N 点所用时间为 1 2 2 g 2v 选项 A 正确；0
1
B 2
1
．两滑块 A、B 碰前 A 的速度 v0，则由动量守恒和能量关系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 则滑块 A 向左运动的最大位移为 x 1m L 选项 B 错误；5 5 2 g 50
C A B v v at ' t '
v
0．滑块 向左减速到零后向右加速到与 共速时两物体距离最大，则用时间 2 1 ， g 此时两
1 1
滑块 A、B ' ' '2间的最大距离为Dx v2t - (v1t at ) L选项 C 正确；2 2
3
D A v ' v v '
3 v v 2．当 返回到传送带右端时速度为 1 0 因 1 0 > 2 v0 则 A 可追上 B 发生第二次碰撞，碰撞过程5 5 5
mv ' 4mv mv 4mv 1 mv '2 1 4mv2 1 mv2 1满足 1 2 3 4， 1 4mv
2 v 7 v v 12解得 v 因 v > v 则两物体
2 2 2 2 3 2 4 3 25 0 4 25 0 4 3
不可能发生第三次碰撞，选项 D 错误。故选 AC。
13．如图甲所示，光滑水平面上放置P 、Q两物体，Q静止且左端有一轻弹簧，P 以初速度 v0向右运动，
1
当P 撞上弹簧后，Q能获得的最大速度大小为 v2。保持P 的质量m1 不变，改变Q的质量m2 ，可得 与mv 22
的大小关系如图乙。下列说法正确的是（ ）
A．P 、Q组成的系统动量守恒 B．P 的初速度 v0 20m / s
C．P 的质量m1 2kg D．若m2 3kg ，弹簧被压缩到最短时的弹性势能为 37.5J
【答案】AD
【详解】A．地面光滑，P、Q 两物体组成的系统受合外力为 0，动量守恒，故 A 正确；BC．设碰后 P 的速
1 1 1
度为 v1，P Q
2 2 2
、 两物体碰撞，由动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 变形得 m2 由 - m 0.05 m 1kgm1 m2 v2 2m1v0 2v0 v
2图线有 2v ， 2m v 解得 12 0 1 0 3
v0 10m / s故 BC 错误；
D．若m2 3kg ，弹簧压缩最短，两者共速，由动量守恒定律有m1v0 m1 m2 v共弹簧势能为
E 1 2 1p m1v0 - m1 m2 v 2得EP 37.5J共 故 D 正确。故选 AD。2 2
14．如图，不计厚度的矩形箱子静置在光滑水平面上，四个相同的可视为质点的小滑块 A、B、C、D 静置
在箱子底部，箱子左右壁与滑块及相邻滑块之间的间距均为 L 1m ，每个滑块和箱子的质量均为
m 1kg ，滑块与箱子间的动摩擦因数均为 0.2 。现使箱子以 v0 6m / s的初速度开始水平向右运动，运
动过程中箱子与A 及滑块之间发生的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间均极短，取 g 10m / s2 。
（1）求箱子刚开始向右运动时，滑块A 和箱子的加速度大小；
（2）求箱子和滑块 A 碰后 A 的速度大小；
（3）通过计算判断滑块 D 会不会碰箱子的右壁，若会，求碰壁后滑块 D 的速度大小；若不会，求最终滑
块 D 距箱子右壁的距离；
（4）求经多长时间箱子与滑块相对静止。
【答案】（1） 2m/s2，8m/s2 ；（2） 4.4m / s ；（3）不会，1.8m；（4）1.8s
【详解】（1）箱子刚开始向右运动时，设A 的加速度大小为 a1，箱子的加速度大小为 a2，由牛顿第二定律
得
mg ma1 ， 4 mg ma2
解得
a1 2m/s
2 a 2， 2 8m/s
（2）箱子刚开始向右运动时，设经过时间 t ，左壁与A 碰撞，箱子与A 碰撞前瞬间A 的速度大小为 vA1，
箱子的速度大小为 vP1 ，有
v 1 2 1 20t - a2t L a1t ， vA1 a1t ， vP1 v0 - a t2 2 2
联立解得
t 0.2s ， t 1s（箱子速度反向，舍去）
vA1 0.4m / s， vP1 4.4m / s
设箱子与A 碰撞后瞬间，A 的速度大小为 vA2 ，箱子的速度大小为 vP2 ，由动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
联立解得
vA 2 4.4m / s ， vP2 0.4m / s
故碰撞后瞬间，A 的速度大小为 4.4m / s 。
（3）滑块 D 不会碰箱子的右壁。箱子、A 碰撞后，B、C、D和箱子速度相同，三者相对静止，箱子和
B、C、D的加速度均为a3，则有
mg 4ma3
B、C、D 受到的摩擦力大小均为
f ma3
解得
f 1 mg
4
由于
f < mg
故A 与B碰撞前，B、C、D和箱子相对静止，只有A 相对于箱子运动。A 与B碰撞速度交换，之后只有
B相对于箱子运动；B与C 碰撞速度交换，只有C 相对于箱子运动，即箱子与 A 碰撞后始终只有一个滑块
相对于箱子运动，设最终 A、B、C 及箱子相对静止，共同速度大小为 v，则有
mv0 5mv
箱子与A 碰撞后，各滑块相对箱子向右运动的距离之和为 s，则系统动能的减小量等于摩擦生热，依题意
有
4 mgL mgs 1 1 mv20 - 5mv
2
2 2
解得
s 3.2m
由于
s < 4L
故最终 A、B、C、D 及箱子相对静止，D 不会与箱子右壁碰撞，且 A、B、C 回到箱子上原来的位置，D、C
间距0.2m，则最终 D 箱子右壁间的距离为
d 5L - s 1.8m
（4）箱子与 A 碰后，滑块碰撞由于速度互换，相当于始终有一个滑块在匀减速运动，直至与箱子共速相
对静止，设经历时间 t1 ，由运动学公式
v vA 2 - a1t1
解得
t1 1.6s
则
t总 t1 t 1.8s
15．如图所示，以 v = 4m/s 的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端
与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的 4 个相同小球，小球的质量 m0 =
0.3kg。质量 m = 0.1kg 的物体从轨道上高处 P 静止开始下滑，滑到传送带上的 A 点时速度大小 v0 = 6m/s。
物体和传送带之间的动摩擦因数 μ = 0.5，传送带 AB 之间的距离 L = 3.0m。物体与小球、小球与小球之间
发生的都是弹性正碰，重力加速度 g = 10m/s2。
（1）求物体第一次与小球碰撞时的速度；
（2）求物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离；
（3）求物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热。
【答案】（1）4m/s；（2）0.4m；（4）3J
【详解】（1）物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下匀减速运动，加速度大小
a mg g 5m / s2
m
减速至与传送带速度相等时所用的时间
t v0 - v 6 - 41 s 0.4sa 5
匀减速运动的位移
s v v 6 41 0 t1 0.4m 2.0m < L 3.0m2 2
故物体与小球 1 碰撞前的速度 v = 4m/s。
（2）物体与小球 1 发生弹性正碰，设物体反弹回来的速度大小为 v1，小球 1 被撞后的速度大小为 u1，由
动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
物体被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得
0 - v21 -2as
解得
s = 0.4m
（3）由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。物体第一次返回还没到传
送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到 v1，再跟小球 1 发生弹性正
碰，同理可得，第二次碰后，物体和小球的速度大小分别为
1 1 2 2v2 v
1 ÷ v
1 1
，u2 v1 ÷ v2 è 2 2 è 2
以此类推，物体与小球 1 经过 n 次碰撞后，物体和小球的速度大小分别为
1 n nv 1n
v u 2 ÷
， n v
è è 2 ÷
由于总共有 4 个小球，可知物体与第 1 个小球一共可以发生 4 次碰撞，则物体最终的速度大小为
v 1
4
4 ÷ 4m / s 0.25m / s
è 2
物体第一次与小球 1 碰撞后的整个过程，在传送带上相对传送带的路程
Δs v 2v 2v 2v 2v × 1 2
3 4 ÷ 6m
è a a a a
故物体与传送带间产生的摩擦热
Q mgDs 3J
16．如图所示，倾角为 30°的固定斜面足够长，置于斜面上的“L”型长木板 B 的上表面光滑，下表面与斜面
4 3 3
上 O 点以上区域间的动摩擦因数为 1 ，与斜面上 O 点以下区域间的动摩擦因数为 。某时刻15 2 2
在斜面上 O 点以上的某处自静止开始释放小物块 A 和长木板 B，此时 A 在 B 的顶端，B 的底端距 O 点的距
离为长木板 B 长度的 51 倍，一段时间后 A 与 B 底端的凸起发生第一次碰撞，第一次碰撞后 B 的速度大小
为 v0。已知 B 的质量是 A 的质量的 4 倍，A 与 B 底端凸起的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间不计，B 底端的凸
起大小不计，A 视为质点，重力加速度为 g。
（1）求长木板 B 的长度；
（2）A 和 B 底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞期间，A 能否到达 B 的顶端？若 A 能到达 B 的顶端，求
A 与 B 底端凸起第一次碰撞后再经过多长时间 A 到达 B 的顶端；若 A 不能到达 B 的顶端，求期间 A 离 B 顶
端的最小距离；
（3）求 B 底端到达 O 点之前，A 和 B 底端凸起碰撞的次数；
（4）B 底端到达 O 点时将 A 取走，忽略 B 底端凸起对其质量分布的影响，B 沿着其长度方向质量分布均
匀，求整个过程中 B 的位移大小。
25v2 5v0 3609v 2
【答案】（1） L 0 ；（2）能到达， t g ，A 到达 B 的顶端；（3）8 次；（4）
0
4g 8g
【详解】（1）设小物块 A 的质量为 m，则长木板 B 的质量为M 4m 由于木板 B 上表面光滑，则小物块 A
自开始释放至第一次碰撞，只受到重力和木板 B 给的支持力，则对小物块 A 由动能定理
mg sin 30 1 × L mv2 小物块 A 和长木板Ｂ下端凸起第一次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律
2
mv mv Mv 1 mv2 1 mv 2 1 Mv 2 3 3 gL 5A 0 A 0 联立解得第一次碰后小物块 A 的速度 ， v v2 2 2 vA - v2 0
-
5 2 0
v2 25v2
长木板 B 的长度 L 0
2g sin 30 4g
（2）长木板 B 运动时沿着斜面方向的合力为Mg sin 30 － 1 M m g cos30 0因此除碰撞外长木板只会
匀速运动。小物块 A 在长木板上运动时mg sin 30 ma A 与 B 底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞，假设
1
A 能到达 B 的顶端，自第一次碰撞至 A 到达 B 的顶端，由运动学公式 xA vAt at
2 ， x
2 B
v0t 由几何关系
5v
xB - xA L g 2t 2联立化简得 -10gv0t 25v
2
0 0
0
解得经过时间 t g ，A 到达 B 的顶端，假设成立。
（3）小物块 A 与长木板 B 底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞，由运动学公式 v0t
1
1 vAt1 at
2
1 解得2
t 10v0 7v1 第二次碰撞前小物块 A 的速度 v v at 0 小物块 A 与长木板 B 底端凸起第二次碰撞过程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块 A 的速度 v A2 -
0
2 2 2 2 2
1 10v
长木板 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 第三次碰撞前小物块2
A 的速度 v v A3 A2 at
9v
2
0 小物块 A 与长木板 B 底端凸起第三次碰撞过程
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块 A 的速度 v A3 0 长木板 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 归纳可得 t1 t t … t g 2 3 n g 自第一次碰撞至长木板 B 的底端到达 O2
点有51L v0t1 2v0t2 3v0t3 … nv0tn 解得n 7.5因此长木板 B 底端到达 O 点之前，小物块 A 和长木板 B
底端凸起的碰撞次数为 8 次。
（4）长木板 B 底端到达 O 点时其速度大小为8v0 ，长木板 B 顶端经过 O 点时的速度设为 v ，长木板 B 经
1 1 Mg cos30 × L Mg cos30 × L 115
过 O 点的过程MgLsin 30 -Wf Mv
2 - M 8v0
2
其中W 2 1f Mv
2
2 2 2 2 32 0
联
1009 1 2
立化简得 v v0长木板 B 过 O 点后由动能定理Mg sin 30 × x - 2Mg cos30 × x 0 - Mv 解得4 2
1009v 2 2x 0 整个过程长木板 B 的位移大小 x总 52L x
3609v
0
8g 8g
17．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道 AB、半径为 R 的
光滑螺旋圆形轨道 BCD、光滑水平直轨道 DE 平滑连接。长为 L、质量为 M 的平板紧靠长为 d 的固定凹槽
EFGH 侧璧 EF 放置，平板上表面与 DEH 齐平。将一质量为 m 的小滑块从 A 端弹射，经过轨道 BCD 后滑
上平板并带动平板一起运动，平板到达 HG 即被锁定。已知 R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平
板与滑块间的动摩擦因数 μ1=0.6、与凹槽水平底面 FG 间的动摩擦因数为 μ2。滑块视为质点，不计空气阻
力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 10m / s2 。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点 C 时，求滑块离开弹簧时速度 v0的大小；
（2）若 μ2=0，滑块恰好过 C 点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若 μ2=0.1，滑块能到达 H 点，求其离开弹簧时的最大速度 vm。
【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s
mv 2
【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点 C 时mg C 从滑块离开弹簧到 C 过程，根据动能定理
R
-2mgR 1= mv 2 1C - mv
2
B 解得 v0 5m/s2 2
（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒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，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为 a1 1g 6m/s ，
a 1mg - 2(M m)g 4m/s2 a g 1m/s22 共速后，共同加速度大小为 考虑滑块可能一直减速直到M 3 2
H，也可能先与木板共速然后共同减速；假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程 v vE - a1t1 a2t1 共
v v v
速过程，滑块、木板位移分别为 x E1 t1， x2 t1共速时，相对位移应为Dx L x2 2 1
- x2 解得
vE 6m/s， v 2.4m/s 随后共同减速 x3 d - x1 1.88m到达 H 速度 v 2H v - 2a3x3 2m/s说明可以到达
H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。
18．（2024·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。（重力加速度 g 取10m/s2 ）
（1）求 A 运动到最低点时细绳 OP 所受的拉力。
（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，C 水平向
右运动。求碰后 C 的速度大小。
（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。
【答案】（1） 40N；（2） 4m/s；（3）0.15
【详解】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q 60o 。
（1）A 开始运动到最低点有
mgl 1- cosq 1 mv20 - 02
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
2
F - mg mv 0
l
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
根据能量守恒得
mgL 1 2 1相对 mv0 - m M v22 2
联立解得
0.15考点 27 动量守恒定律及其应用
1. 高考真题考点分布
题型 考点考查 考题统计
选择题 动量守恒条件 2024 年甘肃卷、江苏卷
计算题 三大观点处理物理问题 2024 年重庆卷、浙江卷、山东卷
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】高考对动量守恒定律的考查非常频繁，大多在综合性的计算题中出现，题目难度各省份不同，
同时，这类题目往往综合性比较强，需要的能力也比较高。
【备考策略】
1.理解和掌握动量守恒定律。
2.能够利用动量守恒定律处理解决涉及碰撞、反冲、弹簧和板块等问题。
3.能够应用三大观点解决复杂的物理过程。
【命题预测】重点关注应用三大观点解决物理问题，这是高考的热点。
一、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为 0，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式
(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量 p 等于相互作用后的总动量 p′。
(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
3．适用条件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零。
(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
(3)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒。
4．动量守恒定律的“四性”
(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律时，各物体的速度必须是相对同一参考系
的速度。一般选地面为参考系。
(4)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于
宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。
二、碰撞、反冲、爆炸
1．碰撞
(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞。
(2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒。
(3)碰撞分类
①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失。
②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失。
③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大。
2．反冲
(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动。
(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力。实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火
箭等。
(3)规律：遵从动量守恒定律。
3．爆炸问题
爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守
恒。
考点一 碰撞问题
考向 1 弹性碰撞规律应用
1.碰撞三原则：
(1)动量守恒：即 p1＋p2＝p1′＋p2′.
p12 p22 p1′2 p2′2
(2)动能不增加：即 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或 ＋ ≥ ＋ .2m1 2m2 2m1 2m2
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有 v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运
动，则应有 v 前′≥v 后′。
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
2. “动碰动”弹性碰撞
v1 v2 v ’ ’1 ˊ v2 ˊ
m m
1 2
发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为 m1和 m2，碰前速度为
v1，v2，碰后速度分别为 v ˊ1 ，v ˊ2 ，则有：
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
联立（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
特殊情况： 若 m1=m ˊ ˊ2 ，v1 = v2 ，v2 = v1 .
3. “动碰静”弹性碰撞的结论
两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为 m1、速度为 v1 的小球与质量为 m2 的静止小
1 1 1
球发生正面弹性碰撞为例，则有 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
结论：(1)当 m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)
(2)当 m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且 v2′＞v1′(大碰小，一起跑)
(3)当 m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)
(4)当 m1 m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当 m1 m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
1．如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1 和m2 ，图乙为它们碰撞后的 s - t
图像，已知m1 0.1kg．由此可以判断（ ）
A．碰前m2 匀速，m1 加速运动
B．碰后m2 和m1 都向右运动
C．m2 0.2kg
D．碰撞过程中系统动量守恒，机械能守恒
2．如图所示，某同学在教室内做“子母球”的实验，将两质量分别为 m1和 m2的弹性小球 A、B 叠放在一
起，从课桌边缘自由落下，落地瞬间，B 先与地面碰撞，后与 A 碰撞，所有的碰撞均为竖直方向内弹性碰
撞，且碰撞时间均可忽略不计。已知两个弹性小球 m2=4m1，课桌边缘离地面高度为 h=0.75m，天花板离地
面 3.6m，则（ ）
A．A 小球弹起能打到天花板
B．B 小球弹起能超过桌子一半高度
C．在碰撞的总过程，两个小球动量变化量等大反向
D．在碰撞的总过程，A 小球机械能守恒
考向 2 完全非弹性碰撞规律应用
1.非弹性碰撞
介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m1v1+m ˊ ˊ2v2=m1v1 +m2v2 (1)
1 1 1 1
损失动能 ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v 21 + m v 2= m v ˊ22 2 1 1 + m v ˊ 2 2 2 + ΔEk. (2)
2 2 2 2
2.完全非弹性碰撞
v1 v2 v 共
m m
1 2
碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v 共 （1）
完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：
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
联立（1）、（2）解得：v 共 = ；ΔEk= ( v - v )2m1 + m2 2 m
1 2
1 + m2
3．如图所示，在光滑的水平面上有 2023 个完全相同的小球排成一条直线，均处于静止状态。现给第一个
小球初动能 Ek，使它正对其他小球运动。若小球间的所有碰撞都是完全非弹性的，则整个碰撞过程中因为
碰撞损失的机械能总量为（ ）
1 2022
A． E B． E
2023 k 2023 k
1 2024
C． 2 Ek D． E2023 2022 k
4．两个完全相同的小球 A、B 用长度均为 L 的细线悬于天花板上，如图所示。若将 A 从图示位置由静止释
放，则 B 球被碰后第一次速度为零时距离最低点的高度可能是（ ）
L L 2L L
A． B． C． D．
9 5 3 10
考向 3 类碰撞问题
此类问题的处理方法和碰撞类中的弹性碰撞、非弹性碰撞处理方法是一样的，关键是要找准对照的模
型和过程，这样问题就会迎刃而解了。
5．如图所示，一个质量为 M 的滑块放置在水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧 EF1 圆弧半径
R 1m。E 点与水平面相切。另有一个质量为 m 的小球以 v0 5m/s 的初速度水平向右从 E 点冲上滑块，
若小球刚好没越过圆弧的上端，已知重力加速度大小 g 10m/s2 不计一切摩擦。则滑块与小球质量的比值
M
为（ ）
m
A．2 B．3 C．4 D．5
1
6．如图所示，在水平面上放置一个右侧面半径为 R 的 圆弧凹槽，凹槽质量为m ，凹槽A 点切线水平，
4
B 点为最高点.一个质量也为m 的小球以速度 v0从A 点冲上凹槽，重力加速度为 g ，不计一切摩擦，则下列
说法正确的是（ ）
A．小球在凹槽内运动的全过程中，小球与凹槽的总动量守恒，且离开凹槽后做平抛运动
B．若 v0 2gR ，小球恰好可到达凹槽的 B 点且离开凹槽后做自由落体运动
C．若 v0 5gR ，小球最后一次离开凹槽的位置一定是A 点，且离开凹糟后做自由落体运动
D．若 v0 7gR ，小球最后一次离开凹槽的位置一定是 B 点，且离开凹槽后做竖直上抛运动
考点二 人船模型、爆炸和反冲问题
考向 1 人船模型
1. 适用条件
①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；
②动量守恒或某方向动量守恒．
2. 常用结论
设人走动时船的速度大小为 v 船,人的速度大小为 v 人,以船运动的方向为正方向,则 m 船v 船-m 人v 人=0,可得
m 船 v 船=m 人 v 人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有 m 船 v 船 t=m 人 v 人 t,
即：m 船 x 船=m 人 x 人，由图可看出 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. 类人船模型
类型一 类型二 类型三 类型四 类型五
7．“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此
时女子静立于竹竿 A 点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从
中选取了两张进行对比，其简化图如下。经过测量发现，甲、乙两张照片中 A、B 两点的水平间距约为
1.0cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。已知竹竿的质量约为 25kg ，若不计水的阻力，则该女子的
质量约为（ ）
A． 45kg B． 47.5kg C．50kg D．55kg
8．如图，质量为 M，半径为 R 的圆弧槽，置于光滑水平面上．将一可视为质点的滑块从与圆心等高处无
初速度地释放，滑块的质量为 m，且M 2m，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是（ ）
A．若圆弧面光滑，则圆弧槽与滑块组成的系统动量守恒
B gR．若圆弧面光滑，则滑块运动至水平面时速度大小为
3
R
C．若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则圆弧槽的位移大小为
3
2R
D．若圆弧面粗糙，滑块能运动至水平面，则滑块的位移大小为
3
考向 2 爆炸和反冲问题
1． 对反冲现象的三点说明
(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。
(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。
(3)反冲运动中平均动量守恒。
2． 爆炸现象的三个规律
(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所
以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动
能增加。
(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为
爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。
9．斜向上发射的炮弹在最高点爆炸（爆炸时间极短）成质量均为m 的两块碎片，其中一块碎片沿原来的
方向飞去。已知炮弹爆炸时距水平地面的高度为 H ，炮弹爆炸前的动能为E ，爆炸后系统的机械能增加了
E
，重力加速度大小为 g ，不计空气阻力和火药的质量，则两块碎片落地点间的距离为（
4 ）
EH 2EH 3EH EH
A． B． C． D．2
mg mg mg mg
10．我国早在宋代就发明了火箭。即在箭杆捆上前端封闭的火药筒，点燃后产生的燃气以较大的速率向后
喷出，箭杆由于反冲而向前运动，这与现代火箭的原理大致相同。某时刻火箭速度为 v0，在极短的时间内
喷射质量为Dm、速度为 u 的燃气，喷出燃气后火箭的质量为 m。则此次火箭喷气后速度的变化量为
（ ）
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
考点三 弹簧模型和板块模型
考向 1 弹簧模型
条件与模型
①mA=mB（如:mA=1kg；
mB=1kg）
②mA>mB （如:mA=2kg；
mB=1kg）
③mAmB=2kg）
情况一：从原长到最短（或最长）时
① mAv m
1 2 1 2
0 A mB v ；② mAv0 mA mB v E2 2 pm
规律与公式
情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时
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．如图所示，光滑水平面上质量为 2M 的物体 A 以速度 v 向右匀速滑动，质量为 M 的 B 物体左端与轻质
弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体 A 与弹簧接触后，以下判断正确的是（ ）
4
A．在物体 A 与弹簧接触过程中，弹簧对 A 的弹力冲量大小为 Mv
3
B．在物体 A 与弹簧接触过程中，弹簧对 B 的弹力做功的功率一直增大
C．从 A 与弹簧接触到 A、B 相距最近的过程中，弹簧对 A、B 做功的代数和为 0
4
D．从 A 与弹簧接触到 A B 2、 相距最近的过程中，最大弹性势能为 Mv
3
12．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1 、m2 的两物块 A、B 相连接，并静止在光滑水平面上。
现使 A 获得水平向右、大小为 3m/s 的瞬时速度，从此刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图
乙所示，从图像提供的信息可得（ ）
A．在 t1 和 t3时刻两物块达到共同速度 1m/s，且弹簧分别处于拉伸和压缩状态
B．两物块的质量之比为m1 : m2 2 :1
C．在 t2 时刻 A、B 两物块的动能之比为Ek1 : Ek2 8 :1
D．在 t2 ~ t3时间内 A、B 的距离逐渐增大， t3时刻弹簧的弹性势能最大
考向 2 板块模型
板块模型
v0 v 共
m v 共
过程简图 m2
1
x2 x 相对
x1
a f ;a f1 m 2
；
1 m2
动力学常用关系 v0 - a1t a2t ；
x v 1 2 11 0t - a1t ; x2 a t
2; x
2 2 2 相对
=x1 - x2
1 2 1 2
功能常用关系 fx相对= m1v0 - m m v2 2 1 2 共
动量常用关系 m1v0 (m1 m2 )v共
13．如图所示，质量为 M 长为 l 的长木板静止于粗糙水平面上， t 0时，质量为 m 的物块（可视为质点）
以初速度 v0从左端滑到长木板上，在运动过程中物块刚好未从木板右端滑落，已知物块与木板间的摩擦因
数为 。下列说法正确的是（ ）
mv
A．物块滑到木板最右端的速度为 0
M m
B．小物块减少的动能等于木板增加的动能和木板与物块之间产生的内能之和
C．木板的动能一定小于 mgl
1
D．木板的动能一定大于 mv20 - mgl2
14．如图所示，质量 m=245g 的物块（可视为质点）放在质量 M=0.5kg 的木板左端，木板静止在光滑水平
面上，物块与木板间的动摩擦因数 0.4 ，质量m0 5g 的子弹以速度 v0 300m/s 沿水平方向射入物块并
留在其中（时间极短），物块最后恰好没有滑离木板，取 g 10m/s2 ，则在整个过程中（ ）
A．物块的最大速度为 4m/s
B．木板的最大速度为 3m/s
C．物块相对于木板滑行的时间为 0.75s
D．木板的长度为 3m
考点四 力学三大基本观点的综合应用
考向 应用力学三大基本观点处理综合性问题
1.三大观点及相互联系
2.三大观点的选用原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所
以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移 x，时间 t)问题，不能解决力(F)的问题。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路
程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
3.用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法
(1)多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系
选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。选取研究对象后需根据不同的条件采用隔
离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统
作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。
通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互
作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。至于多个物体间的相互联系，
通常可从它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。
(2)多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律
观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。分析过程特征需仔细分析
每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过
程之间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。
(3)含有隐含条件的问题——要深究细琢，努力挖掘隐含条件
注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是
求解的关键。通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行
间或图像中去挖掘。
(4)存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况
解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的
标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。
1
15．如图所示，质量分别为 m、3m、nm（ n 1， 2，3L）的 圆弧槽、小球 B、小球 C 均静止在水平面
4
上，圆弧槽的半径为 R，末端与水平面相切。现将质量为 m 的小球 A 从圆弧槽上与圆心等高的位置由静止
释放，一段时间后与 B 发生弹性正碰，已知重力加速度为 g，不计 A、B、C 大小及一切摩擦。下列说法错
误的是（ ）
A．小球 A 通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为 5mg
B．若 BC 发生的是完全非弹性碰撞，n 取不同值时，BC 碰撞损失的机械能不同
3
C．若 BC 发生的是弹性正碰，当 n=2 时，碰撞完成后小球 C 的速度为 gR
5
3
D．n 取不同值时，C 最终的动量不同，其最大值为 m gR
8
R
16．如图所示，半径分别为 R 和 r 的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水
2
平轨道 CD 相连，在水平轨道 CD 上一轻弹簧被 a、b 两小球夹住，同时释放两小球，a、b 球恰好能通过
各自圆轨道的最高点，已知 a 球的质量为 m。则（ ）
A b 2． 球质量为 m
2
B．两小球与弹簧分离时，动能相等
C．若ma mb m要求 a、b 都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep 5mgR
D．a 球到达圆心等高处时，对轨道压力为5mg
1．如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面
相切，一个质量为 m（m（ ）
A．在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功
B．在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能减小
C．小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，小球仍能回到弧形槽 h 高处
D．在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
2．如图所示 “牛顿摆”装置，5 个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5 根轻绳互相平行，5 个钢
球彼此紧密排列，球心等高．用 1、2、3、4、5 分别标记 5 个小钢球．当把小球 1 向左拉起一定高度，如
图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球 5 向右摆起，且达到的最
大高度与球 1 的释放高度相同，如图乙所示．关于此实验，下列说法中正确的是（ ）
A．上述实验过程中，5 个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．上述实验过程中，5 个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球
4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球 1、2、3 的释放高度
D．如果同时向左拉起小球 1、2、3 到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球
3、4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度与小球 1、2、3 的释放高度相同
3．如图所示，两个质量分别为mA 、mB 的小球 A、B 在光滑的水平面上沿同一直线向右运动， 2mA = mB ，
经过一段时间后两球发生正碰，碰前速度分别为 vA 6m/s ， vB 4m/s，碰撞后的速度分别为 v A 、 vB ，则
下列选项中可能正确的是（ ）
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 日欧洲航天局发射的罗塞塔号彗星探测器历经 10 年飞行成功降落在 67P 彗星的表面。
据报道，罗塞塔号在发射后，先后三次飞过地球，用地球的引力作为助力来达到追赶 67P 彗星所需的速
度。其原理与图 1 所示的小球与大球发生弹性正碰的模型相似：若小球质量远小于大球质量，碰前两球以
速率 v0和u0 相向运动，则碰后小球的速率 v等于 v0 2u0 ，即碰撞前后二者相对速度大小不变。如图 2 所
示，只考虑探测器和地球之间的万有引力，以太阳为参考系，探测器从图示位置进入地球引力范围时，探
测器和地球的速率分别为 v0和u0 ，探测器绕地球飞行后离开地球引力范围时，探测器的速率为 v。假设探
测器再次回到地球引力范围时速率仍为 v，则探测器先后三次这样绕地球飞行后达到的速率为（ ）
A． v0 3u0
B． v0 6u0
C．3v0 u0
D．3v0 6u0
5．如图所示为大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行的超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到
很大高度。将质量为 km （ k >1）的大球（在下），质量为 m 的小球（在上）叠放在一起，从距地面高 h 处
由静止释放，h 远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰
撞，且碰撞时间极短。下列说法正确的是（ ）
A．两球一起下落过程中，小球对大球的弹力大小为mg
B．大球与地面第一次碰撞过程中，地面对大球平均作用力的冲量大小为 km 2gh
C．无论 k 取什么值，大球与小球碰撞后大球的速度均不能为 0
D．若大球的质量远大于小球的质量，小球上升的最大高度约为 9h
6．如图甲所示，小球 A、B 的质量都是 2kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，球 B 右侧与竖直墙
壁接触但不黏连，球 C 从高为 5m 的平台以 6m/s 的初速度水平抛出，落地时恰好与 A 相撞，碰撞瞬间竖
直方向不反弹，且与 A 粘在一起不再分开，小球 A 的 v- t 图像如图乙所示，下列说法正确的是（ ）
A．C 的质量为 1kg B．前 2s 时间内，弹簧对 B 的冲量大小为 0
C．B 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为 13.5J D．B 离开墙壁后的最大动能为 16J
7．如图所示，质量为 0.1kg 的小圆环 A 穿在光滑的水平直杆上。用长为 L =0.8m 的细线拴着质量为 0.2 kg
的小球 B，B 悬挂在 A 下方并处于静止状态。t=0 时刻，小圆环获得沿杆向左的冲量0.6N ×s，g 取
10m/s2.，下列说法正确的是（ ）
A．小球 B 做圆周运动
B．小球 B 第一次运动到 A 的正下方时 A 的速度最小
C．从小球 B 开始运动到第一次回到 A 的正下方的过程中，细线对 A 先做负功再做正功
D．从小球 B 开始运动到第一次回到的正下方的过程中，合力对 B 的冲量为0.6N ×s
8．如图，一质量为 2m、半径为 R 的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，底端 B 点切线水平，有
一质量为 m、可视为质点的小球由槽顶端 A 点静止释放．不计空气阻力，在小球下滑至槽底端 B 点的过程
中，下列说法正确的是（ ）
A．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
2
B．若圆弧槽不固定，小球水平方向的位移大小为 R
3
C．圆弧槽固定和不固定两种情形下，小球滑到 B 点时的速度之比为 6 :1
D．圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为9 : 7
9．如图甲所示，a、b 两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，b 的质量为 m，
t=0 时，使 a 获得水平向右、大小为 v0的速度，a、b 运动的速度一时间关系图像如图乙所示，已知阴影部
1 2
分的面积为 S0，弹簧的弹性势能Ep 与弹簧的形变量 x 以及弹簧的劲度系数 k 之间的关系式为Ep kx ，2
弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻，a、b 间的距离最大
B．a 的质量为 2m
1
C．0~t3时间内，a 所受冲量的大小为 mv3 0
2mv2
D 0．弹簧的劲度系数为
3S 20
10．如图所示，长木板 C 静置在水平桌面上，两小物块 A、B 分别静置在 C 的左端和中点，C 的右端有一
竖直固定的挡板 P，P 的厚度可忽略不计，A、B 之间和 B、P 之间的距离均为 L，A、B、C（连同挡板 P）
的质量相同，所有接触面间的动摩擦因数均为 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使 A 以初速度 v0向右
运动，之后所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间极短，A、B 均可视为质点，重力加速度为 g，则下列说法正
确的是（ ）
A．若 v0 > 2 gL ，则 A 将与 B 发生碰撞
B．若 v0 > 2 gL ，则 B 将与 P 发生碰撞
C．若 v0 > 4 gL ，则 A 将从 C 上掉下
D．无论 v0取何值，A 与 B 都不可能在 C 上发生第二次碰撞
11．如图所示，半径R 0.8m的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上。4 个相同的木板紧挨着圆弧
轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量为m 1kg ，长 l 1.5m。它们与地面间的动摩
擦因数 1 0.1，木板与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。在第一块木板左端放置一个质量为
M 2.5kg的小铅块 B，可视为质点，现让一个与 B 完全一样的铅块 A 从圆弧顶端由静止滑下，经圆弧底
端后与 B 发生弹性正碰，铅块与木板间的动摩擦因数 2 0.2， g 10m/s2 ，则（ ）
A．小物块 A 滑到曲面轨道下端时对轨道的压力大小为50N
B．铅块 B 刚滑至木板 3 时的速度为 2m/s
17
C．铅块 B 运动 s 后与某一木板共速
9
175
D．铅块 B 与木板间相对滑动过程中系统所产生的总热量为 J
9
12．如图所示，传送带与足够长的光滑水平地面平滑连接，滑块 A 与传送带之间的动摩擦因数为 ，传送
带两轮之间的距离为 L，传送带以速率 v0顺时针匀速转动。滑块 A 从传送带左端 M 点由静止释放，运动到
右端 N 点时，与静止在水平地面上的滑块 B 发生弹性正碰。已知两滑块 A、B 的质量分别为 m 和 4m，且
L v
2
均视为质点， 0 ，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是（ ）
g
3L
A．滑块 A 由 M 点到达 N 点所用时间为 2v0
9
B．滑块 A 向左运动的最大位移为 L
25
1
C．第 1 次碰后，两滑块 A、B 间的最大距离为 L
2
D．两滑块可能碰撞 3 次
13．如图甲所示，光滑水平面上放置P 、Q两物体，Q静止且左端有一轻弹簧，P 以初速度 v0向右运动，
1
当P 撞上弹簧后，Q能获得的最大速度大小为 v2。保持P 的质量m1 不变，改变Q的质量m2 ，可得 与mv 22
的大小关系如图乙。下列说法正确的是（ ）
A．P 、Q组成的系统动量守恒 B．P 的初速度 v0 20m / s
C．P 的质量m1 2kg D．若m2 3kg ，弹簧被压缩到最短时的弹性势能为 37.5J
14．如图，不计厚度的矩形箱子静置在光滑水平面上，四个相同的可视为质点的小滑块 A、B、C、D 静置
在箱子底部，箱子左右壁与滑块及相邻滑块之间的间距均为 L 1m ，每个滑块和箱子的质量均为
m 1kg ，滑块与箱子间的动摩擦因数均为 0.2 。现使箱子以 v0 6m / s的初速度开始水平向右运动，运
动过程中箱子与A 及滑块之间发生的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间均极短，取 g 10m / s2 。
（1）求箱子刚开始向右运动时，滑块A 和箱子的加速度大小；
（2）求箱子和滑块 A 碰后 A 的速度大小；
（3）通过计算判断滑块 D 会不会碰箱子的右壁，若会，求碰壁后滑块 D 的速度大小；若不会，求最终滑
块 D 距箱子右壁的距离；
（4）求经多长时间箱子与滑块相对静止。
15．如图所示，以 v = 4m/s 的速度顺时针匀速转动的水平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端
与光滑水平面平滑对接。水平面上有位于同一直线上、处于静止状态的 4 个相同小球，小球的质量 m0 =
0.3kg。质量 m = 0.1kg 的物体从轨道上高处 P 静止开始下滑，滑到传送带上的 A 点时速度大小 v0 = 6m/s。
物体和传送带之间的动摩擦因数 μ = 0.5，传送带 AB 之间的距离 L = 3.0m。物体与小球、小球与小球之间
发生的都是弹性正碰，重力加速度 g = 10m/s2。
（1）求物体第一次与小球碰撞时的速度；
（2）求物体第一次与小球碰撞后，在传送带上向左滑行的最大距离；
（3）求物体第一次与小球碰撞后的整个过程，物体与传送带间产生的摩擦热。
16．如图所示，倾角为 30°的固定斜面足够长，置于斜面上的“L”型长木板 B 的上表面光滑，下表面与斜面
O 4 3 3上 点以上区域间的动摩擦因数为 1 ，与斜面上 O 点以下区域间的动摩擦因数为 2 。某时刻15 2
在斜面上 O 点以上的某处自静止开始释放小物块 A 和长木板 B，此时 A 在 B 的顶端，B 的底端距 O 点的距
离为长木板 B 长度的 51 倍，一段时间后 A 与 B 底端的凸起发生第一次碰撞，第一次碰撞后 B 的速度大小
为 v0。已知 B 的质量是 A 的质量的 4 倍，A 与 B 底端凸起的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间不计，B 底端的凸
起大小不计，A 视为质点，重力加速度为 g。
（1）求长木板 B 的长度；
（2）A 和 B 底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞期间，A 能否到达 B 的顶端？若 A 能到达 B 的顶端，求
A 与 B 底端凸起第一次碰撞后再经过多长时间 A 到达 B 的顶端；若 A 不能到达 B 的顶端，求期间 A 离 B 顶
端的最小距离；
（3）求 B 底端到达 O 点之前，A 和 B 底端凸起碰撞的次数；
（4）B 底端到达 O 点时将 A 取走，忽略 B 底端凸起对其质量分布的影响，B 沿着其长度方向质量分布均
匀，求整个过程中 B 的位移大小。
17．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道 AB、半径为 R 的
光滑螺旋圆形轨道 BCD、光滑水平直轨道 DE 平滑连接。长为 L、质量为 M 的平板紧靠长为 d 的固定凹槽
EFGH 侧璧 EF 放置，平板上表面与 DEH 齐平。将一质量为 m 的小滑块从 A 端弹射，经过轨道 BCD 后滑
上平板并带动平板一起运动，平板到达 HG 即被锁定。已知 R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平
板与滑块间的动摩擦因数 μ1=0.6、与凹槽水平底面 FG 间的动摩擦因数为 μ2。滑块视为质点，不计空气阻
力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 g 10m / s2 。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点 C 时，求滑块离开弹簧时速度 v0的大小；
（2）若 μ2=0，滑块恰好过 C 点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若 μ2=0.1，滑块能到达 H 点，求其离开弹簧时的最大速度 vm。
18．（2024·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。（重力加速度 g 取10m/s2 ）
（1）求 A 运动到最低点时细绳 OP 所受的拉力。
（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，C 水平向
右运动。求碰后 C 的速度大小。
（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。
