07 动量定理动量守恒定律
1．如图所示，倾角为 的斜面底部固定一轻质弹簧，有一可视为质点其质量为 m 的小滑块从斜面上 P 点以
某一初速度匀速下滑，一段时间后压缩弹簧至最低点 Q，已知 PQ 的距离为 x，被弹簧反弹后物块恰能返
回到 P 点。在滑块从Р点匀速下滑到恰能返回到 P 点的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．物块下滑的初速度为 2 singx
B．在此过程中弹簧的最大弹性势能为 sinmgx
C．增大物块的质量，物块仍从 P 点以原来的初速度下滑，则物块不能滑回到 P 点
D．在此过程中物块所受合外力的冲量为零
【答案】AC
【详解】
AB．滑块下滑过程中，由能量守恒得
2
pmax
1cos sin 2E mgx mgx mv
滑块上滑过程中，由能量守恒得
pmax sin cosE mgx mgx
且有
sin cosmg mg
联立解得
2 sinv gx
pmax 2 sinE mgx
故 A 正确，B 错误；
C．增大物块的质量，物块仍从 P 点以原来的初速度下滑，从物块接触弹簧到最低点有
2
pmax
1cos sin 2E MgL MgL Mv
从低点到物块离开弹簧有
'2
pmax
1sin cos + 2E MgL MgL Mv
由此可知，物块离开弹簧的速度小于下滑过程中刚接触弹簧时的速度，从物块开始运动到刚接触弹簧，
重力势能转化为产生的热量，而物块离开弹簧到最高点，动能转化为重力势能和产生的热量，则物块不
能滑回到 P 点，故 C 正确。
D．在此过程中物块的动量由开始的 mv 减小到 0，则根据动量定理可知，所受合外力的冲量不为零，选
项 D 错误。
故选 AC。
2．如图所示，一质点水平向右做匀加速直线运动，t1，t2，t3，t4 是运动过程中的四个时刻，且 2 1 4 3t t t t ，
则关于 t1 到 t2 时间内与 t3 到 t4 时间内，下面说法正确的是（ ）
A．速度的改变量相等 B．动能的改变量相等
C．合外力的冲量相等 D．合外力的功相等
【答案】AC
【分析】
由于质点水平向右做匀加速直线运动，故加速度 a 不变，所受合外力大小方向均不变化，用 F 表示。
【详解】
A．由速度与时间关系 v a t 可知，由于 2 1 4 3t t t t ，且 a 不变，故速度的改变量相等，故 A 正
确；
BD．根据匀变速运动的规律可知， 1t 时刻的速度小于 t 时刻的速度，根据 2
0
1
2x v t at 可知， 21 ~t t 时
间段位移 12x 小于 3 4~t t 时间段的位移 34x 。根据功的定义，可知 12 34W W ，根据动能定理可知， 21 ~t t
时间段动能的变化量也小于 3 4~t t 时间段的动能变化量，故 BD 错误；
C．根据冲量的定义： I Ft 可知，合外力相等，t 相同，故 I 相同，故 C 正确。
故选 AC。
3．物体在水平地面上受到水平推力 F 的作用，在 6s 内速度 v、力 F 随时间 t 变化的关系图象如图所示，由
图象可得( )
A．物体的质量为 2kg
B．在前 6s 内合力的冲量为 4N·s
C．在前 6s 内的运动的位移为 5m
D．在前 6s 内推力对物体做的功为 3J
【答案】BC
【详解】
A．由 —v t 图象看出，物体在 2s 6s 做匀速直线运动，则有
2 1Nf F
由速度图象可知， 0 2s 物体加速度为
20.5m/sva t
3NF
由牛顿第二定律得
F f ma
代入解得
4kgm
故 A 错误；
B．前 6s 内合力的冲量为动量的变化量为
4 1N s 4N sI p mv
故 B 正确；
C．物体在 6s 内的运动的位移等于图线与横轴围成的面积，为
1 1 2m 1 4m 5m2x
故 C 正确；
D．前 2s 内通过的位移为 1m，后 4s 内的位移为 4m，在 6s 内推力的功为
3 1J 1 4J 7JW
故 D 错误。
故选 BC。
4．一质量为 2kg 的物体受到水平拉力 F 作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的 a-t 图像如图所示，t=0
时其速度大小为 2m/s，滑动摩擦力大小恒为 2N。则（ ）
A．在 t=6s 时刻，物体的速度为 18m/s
B．在 0~6s 时间内，合力对物体做的功为 400J
C．在 0~6s 时间内，拉力对物体的冲量为 48N·s
D．在 t=6s 时刻，拉力 F 的功率为 200W
【答案】CD
【详解】
A．由速度时间公式
0v v at
at 为 a—ｔ图中图像与时间轴所围的面积，所以 6s 末的速度
6 0 20m/sv v at
故 A 错误；
B．由动能定理，合力做的功
2 2
k 6 0
1 1= 396J2W E mv mv 总 2
故 B 错误；
C．由动量定理
6 0F t ft mv mv 拉
代入数据，得
48N sF t 拉
故 C 正确；
D．在 t=6s 时刻，根据牛顿第二定律得
= 10NF ma f 拉
则在 t=6s 时刻，拉力 F 的功率
6 200WP F v 拉 拉
故 D 正确．
故选 CD。
5．如图所示，在光滑的水平面上有一静止的物体 M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，半径为 R，最低点为
C，两端 AB 一样高，现让小滑块 m 从 A 点由静止下滑，则在运动过程中（ ）
A．M 所能获得的最大速度为 2
2mgRm M Mm
B．M 向左运动的最大距离为 2mR
m M
C．m 运动到最低点 C 时对轨道的压力大小为 3mg
D．M 与 m 组成的系统机械能守恒，动量不守恒
【答案】BD
【详解】
AD．M 和 m 组成的系统竖直方向合力不为 0，系统动量不守恒，但水平方向受合外力为零，则水平方向
动量守恒；由于只有重力做功，则机械能守恒，当 m 到达最低点时，M 的速度最大，则
1 2 0mv Mv
2 2
1 2
1 1
2 2mgR mv Mv
解得 M 所能获得的最大速度为
22
2gRv m M Mm
故 D 正确，A 错误；
B．由水平方向动量守恒，根据人船模型得
1 2mx Mx
1 2 2x x R
解得，M 向左运动的最大距离为
2
2mRx m M
故 B 正确；
C．当光滑的半圆弧轨道固定在水平地面上时，由机械能守恒定律可知
21
2
mv mgR
由向心力公式得
2mvF mg R
m 运动到最低点 C 时轨道对 m 的支持力
3F mg
根据牛顿第三定律可知 m 运动到最低点 C 时对轨道的压力大小为 3mg。
现在光滑的半圆弧轨道在水平面上运动，m 运动到最低点 C 时对轨道的压力大小不是 3mg。故 C 错误。
故 BD。
6．带有 1
4
光滑圆弧轨道的质量为 M 的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为 M 的小球以速
度 v0 水平冲上滑车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则( )
A．小球以后将向左做平抛运动
B．小球将做自由落体运动
C．此过程小球对滑车做的功为 2
0
1
2 Mv
D．小球在弧形槽上升的最大高度为
2
0
2g
v
【答案】BC
【详解】
由于没摩擦和系统外力做功，因此该系统在整个过程中机械能守恒，即作用前后系统动能相等，又因为
水平方向上动量守恒，故可以用弹性碰撞的结论解决．因为两者质量相等，故发生速度交换，即滑车最
后的速度为 v0，小球的速度为 0，因而小球将做自由落体运动，对滑车做功
2
0
1
2W Mv
小球上升到最高点时与滑车相对静止，具有共同速度 v′，因此又可以把从开始到小球上升到最高点的过
程看做完全非弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
Mv0=2Mv′
2 2
0
1 122 2Mv Mv Mgh
联立解得
2
0
4g
vh
故选 BC。
7． A B、 两物体在光滑水平面上沿同一直线同向运动，它们发生碰撞前后的v t 图像如图所示．下列说法
正确的是（ ）
A． A B、 的质量之比为1: 2
B．该碰撞为弹性碰撞
C． A B、 作用过程中所受对方作用力的冲量相同
D． A B、 碰撞前与碰撞后的总动能相同
【答案】BD
【详解】
根据动量守恒定律
A．根据动量守恒定律
mA•7+mB•2=mA•2+mB•7
得
mA：mB=1：1
故 A 错误；
BD．碰撞前系统的总动能
2 2 2 2
k
1 1 1 53• 1
2 2 •22 27 2A A B B A BE m v m v m m m
碰撞后总动能
2 2 2 2
k
51 1 1 1
2 2
3•2 7 22 •2A A B B A BE m v m v m m m
可见作用前后总动能不变，该碰撞为弹性碰撞，故 BD 正确；
C．A、B 作用过程中 A 所受对方作用力的冲量为
(2 7) 5AI Ft m v m m
B 所受对方作用力的冲量为
(7 2) 5BI Ft m v m m
故 C 错误。
故选 BD。
8．如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球 A 和 B，其质量 mA>mB，B 球上固定一轻质弹簧。A 球以速
率 v 去碰撞静止的 B 球，则（ ）
A．A 球的最小速率为零
B．B 球的最大速率为 A
A B
2m vm m
C．当弹簧压缩到最短时，B 球的速率最大
D．两球的动能最小值为
2 2
A
A B2
m v
m m
【答案】BD
【详解】
ABC．A 球与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对 A 球产生向左的弹力，对 B 球产生向右的弹力，故 A
球做减速运动，B 球做加速运动，当 B 球的速度等于 A 球的速度时弹簧的压缩量最大，此后 A 球继续减
速，B 球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧恢复原长时，B 球速度最大，A 球速度最小，此时满
足动量守恒和能量守恒
A A 1 B 2m v m v m v
2 2 2
A A 1 B 2
1 1 1
2 2 2m v m v m v
解得
A B
1
A B
m mv vm m
， A
2
A B
2mv vm m
因为
A Bm m
可知 A 球的最小速率不为零，当弹簧恢复原长时，B 球最大速率为 A
A B
2m vm m ， 故 AC 错误，B 正确；
D．两球共速时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，故此时两球动能最小，根据动量守恒和能量守恒有
A A B 共m v m m v
21 ( )2k A B 共E m m v
联立可得
2 2
A
k
A B2
m vE m m
故 D 正确。
故选 BD。
9．水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为 4.0 kg 的静止物
块以大小为 5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，
速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为 5.0 m/s 的速度与挡板弹性碰
撞。总共经过 8 次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于 5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。
不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
【答案】BC
【详解】
设运动员和物块的质量分别为 m 、 0m 规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将
物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为 1v 、 0v ，则根据动量守恒定律
1 0 00 mv m v
解得
0
1 0
mv vm
物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块
1 0 0 2 0 0mv m v mv m v
解得
0
2 0
3mv vm
第 3 次推出后
2 0 0 3 0 0mv m v mv m v
解得
0
3 0
5mv vm
依次类推，第 8 次推出后，运动员的速度
0
8 0
15mv vm
根据题意可知
0
8 0
15 m/smv vm
解得
60kgm
第 7 次运动员的速度一定小于5m/s ，则
0
7 0
13 m/smv vm
解得
52kgm
综上所述，运动员的质量满足
kg 60kgm
AD 错误，BC 正确。
故选 BC。
10．如图所示，一木块以速度 v1 沿着光滑水平面向右匀速运动，某时刻在其后方有一颗子弹以初速度 v0 射
入木块，最终子弹没有射穿木块，下列说法中正确的是（ ）
A．子弹克服阻力做的功等于木块的末动能与摩擦产热之和
B．木块对子弹做功的绝对值等于子弹对木块做的功
C．木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量
D．系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功
【答案】D
【详解】
A．子弹射入木块的过程中，子弹克服阻力做的功等于子弹动能的减少量，根据能量守恒定律可知，子
弹动能的减少量等于木块动能增加量与摩擦产生热量之和，不等于木块的末动能与摩擦产热之和，故 A
错误；
B．相对于地面而言，子弹的位移大于木块的位移，子弹和木块相互作用力大小相等，根据功的公式
W Fx 可知，子弹克服阻力做的功大于子弹对木块做的功，故 B 错误；
C．根据冲量公式 I Ft 可知，子弹和木块相互作用力大小相等，但方向相反，时间相等，故冲量是大
小相等，方向相反，故 C 错误；
D．系统损失的机械能等于子弹损失的动能和木块动能增加量之差，即等于子弹损失的动能减去子弹对
木块所做的功，故 D 正确。
故选 D。
11．建筑工地上需要将一些建筑材料由高处运送到低处，为此工人们设计了一个斜面滑道，如图所示，滑
道长为16m ，其与水平面的夹角为 37°。现有一些建筑材料（视为质点）从滑道的顶端由静止开始下滑
到底端，已知建筑材料的质量为100kg ，建筑材料与斜面间的动摩擦因数为 0.5，取
210m / s ,sin37 0.6,cos37 0.8 g 。下列说法正确的是（ ）
A．建筑材料在滑道上运动的时间为8s
B．建筑材料到达滑道底端时的动量大小为800kg m / s
C．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受滑道支持力的冲量大小为零
D．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受重力做的功为 49.6 10 J
【答案】B
【详解】
A．下滑时，由牛顿第二定律得
sin cosmg mg ma
根据匀变速直线运动规律公式得
21
2s at
解得
4st=
A 错误；
B．建筑材料到达滑道底端时的速度为
8m/sv at
动量为
800kg m/sp mv
B 正确；
C．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受滑道支持力不为零，所以冲量不为零。C 错误；
D．重力做的功为
sin 9600JW mgs θ
D 错误。
故选 B。
12．静止放置在水平面上的物体，从 0t 时刻受到随时间均匀减小的水平向右的拉力 TF 和不变的摩擦阻力
f 共同作用，已知拉力 TF 与阻力 f 随时间 t 变化的图象如图所示，则（ ）
A．在 00 ~ t 时间内，物体重力的冲量为零
B． 0t 时刻物体的速度一定为零
C． 0
2
tt 时刻物体一定向左运动
D．根据题设条件可求出物体运动的最大速度
【答案】B
【详解】
A．在 00 ~ t 时间内，物体重力的冲量等于重力大小与时间的乘积，不为零，A 错误；
B．由于 00 ~ t 时间内合力的冲量为零，且物体的初速度为零，根据动量定理可知， 0t 时刻物体的速度一
定为零，B 正确；
C．在 00 ~ 2
t 时间内 FT 大于摩擦力 f，物体向右加速运动， 0
2
tt 时刻物体受到的合外力为零，加速度为
零，速度最大，不会向左运动，C 错误；
D．由于物体的质量未知，所以无法求出物体运动的最大速度，D 错误。
故选 B。
13．一质量 m＝1kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线运动，F 随时间 t 变化的图线如图所示，
则（ ）
A．t＝1s 时物块的速率为 1m/s
B．前 3s 内合外力冲量大小为 3N·s
C．t＝2s 时物块的动量大小为 2kg·m/s
D．t＝4s 时 F 的功率为 3W
【答案】B
【详解】
A．0~1s 内，根据动量定理得
1 1 1Ft mv
解得，t=1s 时物块的速率为 1 2m/sv ，故 A 错误；
B．前 3s 内合外力冲量大小为
1 2 2 3= =(2 2 1 1)N s 3N sI Ft F t 合
故 B 正确；
C．0~2s 内，根据动量定理得
1 2 2 0Ft p
解得，t=2s 时物块的动量大小为 2 4kg m/sp ，故 C 错误；
D．0~4s 内，根据动量定理得
1 2 2 4 4Ft F t mv
解得，t=4s 时物块的速率为
4 2m/sv
则 t=4s 时 F 的功率为 2 4= 2WP F v ，故 D 错误。
故选 B。
14．一质量 m=50g 的鸡蛋从 100m 高处由静止开始自由下落，鸡蛋落到水平地面与地面碰撞的时间约为
2×10-3s，不计空气阻力。则该碰撞过程中鸡蛋对地面的平均作用力大小约为（ ）
A．300N B．600 N C．1100 N D．2200 N
【答案】C
【详解】
鸡蛋从 100 m 高处自由落下，由公式
2 2v gh
解得
20 5m/sv
鸡蛋与地面作用时。由动量定理可得
( ) F mg t mv
解得
500 5 N 1100 NF
故 C 正确，ABD 错误。
故选 C。
15．如图所示，轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于粗糙水平面上质量为 m 的小球接触但不连接。开
始时小球位于 O 点，弹簧水平且无形变。O 点的左侧有一竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆弧的半径为 R，
B 为轨道最高点，小球与水平面间的动摩擦因数为μ。现用外力推动小球，将弹簧压缩至 A 点，OA 间距
离为 x0，将球由静止释放，小球恰能沿轨道运动到最高点 B。已知弹簧始终在弹性限度内，重力加速度
为 g。下列说法中正确的是（ ）
A．小球在从 A 到 O 运动的过程中速度不断增大
B．弹簧恢复原长的过程中对小球的冲量大小为 5m gR
C．小球通过圆弧轨道最低点时，对轨道的压力为 5mg
D．小球与弹簧作用的过程中，弹簧的最大弹性势能 Ep=2.5mgR+μmgx0
【答案】D
【详解】
A．小球在从 A 到 O 运动的过程中，受弹力和摩擦力，由牛顿第二定律可知
-k x mg ma
物体做加速度减小的加速运动，当加速度为零的时（弹力等于摩擦力时）速度最大，接下来摩擦力大于
弹力，小球开始做减速运动，当弹簧原长时离开弹簧，故 A 错误；
B．小滑块恰好能到达圆弧轨道最高点 B ，由重力提供向心力，由牛顿第二定律得
2
Bvmg m R
从O 到 B 的过程中，根据机械能守恒定律可得
2 2
0
1 1 22 2 Bmv mv mgR
联立得
0 5v gR
小球在从 A 到 O 运动的过程中，合力对小球的冲量为
0 0 5F t mv m gR 合
故 B 错；
C．小球在最低点时做圆周运动，由牛顿第二定律得
2
ovN mg m R
联立以上解得
6N mg
故 C 错误；
D．从 A 到 O 根据能量守恒得
2
P 0 0
1
2E mv mgx
联立以上得
P 02.5E mgR mgx
故 D 正确。
故选 D。
16． 2020 年新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外，为了防止病毒传播，
打喷嚏时捂住口鼻很重要。有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达 40m/s，假设打一次喷嚏大
约喷出 50mＬ的空气，用时约 0.02s。已知空气的密度为 1.3kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力
为 （ ）
A．0.13N B．13N C．0.68N D．2.6N
【答案】A
【详解】
打一次喷嚏喷出的空气质量为
m=ρV=1.3×5×10-5kg=6.5×10-5kg
设打一次喷嚏喷出的空气受到的作用力为 F，根据动量定理得
F
△
t=mv
解得
56.5 10 40 N=0.13N0.02
mvF t
根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力为
F′=F=0.13N
故 A 正确，BCD 错误。
17．质量为 1 2kgm 和 2m 的两个物体在光滑的水平面上发生对心正碰，碰撞时间极短，其 x t 图如图所
示，则（ ）
A．此碰撞一定为完全非弹性碰撞
B．被碰物体质量为 6kg
C．碰后两物体动量大小相同
D．此过程中 1m 和 2m 组成的系统有机械能损失
【答案】B
【详解】
B．由图像可知，碰撞前，m2 是静止的，m1 的速度为
1
1
1
4m/sxv t
碰后 m1 的速度为
'
' 1
1 '
1
2m/sxv t
m2 的速度为
'
' 2
2 '
2
2m/sxv t
碰撞前 m1 的速度方向为正方向，两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得
1 1 1 1 2 2m v m v m v
解得
2 6kgm
B 正确；
C．碰后 m1 的动量
' 1
1 1 1 4kg m/sp m v
碰后 m2 的动量
' '
2 2 2 12kg m/sp m v
C 错误；
AD．碰撞前总动能为
2 2 2 2
1 2 1 1 2 2
1 1 1 1
2 2 2 4 J 6 0 J2 1 J2 6k k kE E E m v m v
碰撞后总动能为
2 2 2 2
1 2 1 1 2 2
1 1 1
2 2
1 2 ( 2) J 6 2 J 16J2 2k k kE E E m v m v
碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，AD 错误。
故选 B。
18．小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车上的另一端，如图所示。已知车、人、
枪和靶的总质量为 M（不含子弹），每颗子弹质量为 m，共 n 发，打靶时，枪口到靶的距离为 d。若每发
子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发。则以下说法正确的是（ ）
A．待打完 n 发子弹后，小车应停在最初的位置
B．待打完 n 发子弹后，小车应停在射击之前位置的左方
C．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为 md
nm M
D．在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同
【答案】C
【详解】
子弹、枪、人、车系统水平方向不受外力，水平方向动量一直守恒，子弹射击前系统总动量为零，子弹
射入靶后总动量也为零，故仍然是静止的；设子弹出口速度为 v，车向右运动速度大小为 v′，根据动量
守恒定律，有
'0 [ ( 1) ]mv M n m v
子弹匀速前进的同时，车向右匀速运动，故
'vt vt d
联立解得
'
( 1)
mvv M n m
，
( 1)
dt mvv M n m
故车向右运动距离为
' mds v t M nm
每颗子弹从发射到击中靶过程，车均向右运动 s ，故 n 颗子弹发射完毕后，小车向右运动
nmds n s M nm
由于整个系统动量守恒，初动量为零，故打完 n 发后，车静止不动，故 C 正确，ABD 错误。
故选 C。
19．太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器
提供推力，若某探测器质量为 490kg ，离子以 30km/s 的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，
流量为 33.0 10 g/s ，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A．1.47N B． 0.147N C． 0.09N D． 0.009N
【答案】C
【详解】
对离子，根据动量定理有
F t mv
而
3 33.0 10 10m t
解得 F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为 0.09N，故选 C。
20．在同一竖直平面内，3 个完全相同的小钢球（1 号、2 号、3 号）悬挂于同一高度；静止时小球恰能接
触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确
的是（ ）
A．将 1 号移至高度 h 释放，碰撞后，观察到 2 号静止、3 号摆至高度 h 。若 2 号换成质量不同的小钢球，
重复上述实验，3 号仍能摆至高度 h
B．将 1、2 号一起移至高度 h 释放，碰撞后，观察到 1 号静止，2、3 号一起摆至高度 h ，释放后整个过
程机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的 1 号移至高度 h 释放，1、2 号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3 号仍能摆至高度 h
D．将 1 号和右侧涂胶的 2 号一起移至高度 h 释放，碰撞后，2、3 号粘在一起向右运动，未能摆至高度 h ，
释放后整个过程机械能和动量都不守恒
【答案】D
【详解】
A．1 号球与质量不同的 2 号球相碰撞后，1 号球速度不为零，则 2 号球获得的动能小于 1 号球撞 2 号球
前瞬间的动能，所以 2 号球与 3 号球相碰撞后，3 号球获得的动能也小于 1 号球撞 2 号球前瞬间的动能，
则 3 号不可能摆至高度 h ，故 A 错误；
B．1、2 号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的
机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故 B 错误；
C．1、2 号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以 1、2 号球再与 3 号球相
碰后，3 号球获得的动能不足以使其摆至高度 h ，故 C 错误；
D．碰撞后，2、3 号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受
合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故 D 正确。
故选 D。
21．甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的
速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为 1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（ ）
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
【答案】A
【详解】
由 v-t 图可知，碰前甲、乙的速度分别为 5m / sv 甲 ， =1m / sv乙 ；碰后甲、乙的速度分别为 1m / sv 甲 ，
=2m / sv乙 ，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得
+ = +m v m v m v m v 甲 甲 乙 乙 甲 甲 乙 乙
解得
6kgm 乙
则损失的机械能为
2 2 2 21 1 1 1+ - -2 2 2 2E m v m v m v m v 甲 甲 乙 乙 甲 甲 乙 乙
解得
3JE
故选 A。
22．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在
很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（ ）
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
【答案】D
【详解】
A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故 A 错误；
B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故 B 错误；
C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成
汽车的动能，故 C 错误；
D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓
冲故增加了作用时间，故 D 正确。
故选 D。
23．如图所示，质量为 m 的子弹、以初速度 0v 水平向右射向置于光滑水平面上的长为 L、质量为 2m 的木
板，穿出木板时子弹的速度为 0
2
v ，设木板对子弹的阻力恒定。
(1)求子弹刚穿出木板时木板的速度 1v ；
(2)求子弹穿过木板的过程中木板滑行的距离 1L 及子弹穿过木板时所受阻力 f；
(3)木板若固定在传送带上，使木板和传送带始终以恒定的速度u 水平向右运动，子弹仍以初速度 0v 向右
射向木板（ 0u v ），子弹所受阻力仍为 f ，求子弹最终的速度 v 。（用 0v 和 u 表示）
【答案】(1) 0
4
v ；(2)
5
L ，
2
05
16
mv
L
；(3) 2 2
0 0
5( ) 8v u v u v 或 u
【详解】
(1)规定初速度方向为正方向，在子弹射穿木板的过程中，子弹和木板构成的系统水平方向动量守恒，即
有
0
0 22
vmv m mv
解得
0
4
vv
(2)设子弹和木板之间的摩擦阻力为 f，由动能定理，得
子弹
2 20
1 0
1 1( ) ( )2 2 2
vf L L m mv
木板
20
1
1 2 ( ) 02 4
vfL m
解得
1 5
LL
2
05
16
mvf L
(3)当木板固定在传送带上，设子弹在木板中运动时间为 t，对子弹应用动量定理和动能定理，得
0ft mv mv
2 2
0
1 1( ) 2 2f L ut mv mv
解得
2 2
0 08 16 16 3 0v uv uv v
即
2 2
0 0
5( ) 8v u v u v
当 2 2
0 0
5
8v u v ，即 0
10(1 )4u v 时，子弹可以射穿木板，速度为
2 2
0 0
5( ) 8v u v u v
当 0
10(1 )4u v 时，子弹射不穿木板且
v=u
24．半径 0.8mR 的 1
4
光滑圆弧轨道与水平放置的传送带左边缘相切，传送带长为 4.5mL ，它顺时针
转动的速度 3m/sv ，质量为 2 =3kgm 的小球被长为 1ml 的轻质细线悬挂在 O 点，球的左边缘恰与传
送带右端 B 对齐；细线所能承受的最大拉力为 42NF ，质量为 1 1kgm 的物块自光滑圆弧的顶端以
初速度 0 =3m/sv 的速度开始下滑，运动至 B 点与质量为 2m 的球发生正碰，在极短的时间内反弹，细绳
恰好被拉断。已知物块与传送带间的滑动摩擦因数为 0.1 ，取重力加速度 210m/sg 。求：
(1)碰撞后瞬间，物块的速度是多大？
(2)物块在传送带上运动的整个过程中，与传送带间摩擦而产生的内能是多少？
【答案】(1) 1 2m/sv ；(2) 13.5JQ
【详解】
(1)设滑块 m 滑至传送带后，与小球碰撞前一直做匀减速运动，对滑块，设与小球碰前速度速率为 v1，则
从开始下滑至与小球碰前，根据动能定理
2 2
1 1 1 1 1 0
1 1
2 2m gR m gL m v m v
1 4m/sv
1v v ，说明假设合理。设球碰后速率为 2v ，对小球
2
2 2
2
m vF m g l
得
2 2m/sv
滑块与小球碰撞，设碰后物块速度大小为 1v ，由动量守恒定律
1 1 1 1 2 2m v m v m v
解得
1 2m/sv
(2)物块由释放到 A 点，根据动能定理有
2 2
0
1 1
2 2AmgR mv mv
解得
5m/sAv
设滑块与小球碰撞前的运动时间为 1t ，则
1 1 1
1
2 AL v v t
1 1st
在这过程中，传送带运行距离为
1 1x vt
解得
1 3mx
滑块与传送带的相对路程为
1 1 1x L x
解得
1 1.5mx
设滑块与小球碰撞后不能回到传送带左端，向左运动最长时间为 2t ，则根据动量定理
1 2 1 1
10 2m gt m v
解得
2 2st
滑块向左运动最大位移
m 1 2
1 1 2m2 2x v t
解得
m 2mx
mx L ，说明假设成立，即滑块最终从传送带的右端离开传送带，再考虑到滑块与小球碰后的速度 1v v ，
说明滑块与小球碰后在传送带上的总时间为 22t ，在滑块与小球碰撞后的时间内，滑块做类竖直上抛运
动，回到碰撞点，传送带与滑块间的相对路程等于传送带的对地位移
2 22x v t
解得
2 12mx
因此，整个过程中，因摩擦而产生的内能是
1 1 2Q m g x x
13.5JQ
25．如图所示，B 物体静止在光滑的水平面上，若 A 以初速度 v0 与 B 发生弹性碰撞，碰后 A 的速度为 v（v0
和 v 为均未知量）；若 A、B 的碰撞是完全非弹性碰撞，碰后 A 的速度为 2v；求：A、B 的质量比。
【答案】 2
1
A
B
m
m
【分析】
本题可利用碰撞过程满足的动量守恒及能量守恒列式求解即可。
【详解】
A、B 发生弹性碰撞，根据动量守恒和动能守恒有
A 0 A B Bm v m v m v
2 2 2
A 0 A B B
1 1 1
2 2 2m v m v m v
若 A、B 的碰撞是完全非弹性碰撞，根据动量守恒有
A 0 A B( ) 2m v m m v
联立上述三式可解得
A
B
2
1
m
m
26．如图所示，一个由半径 0.8mR 的 1
4
光滑圆弧轨道和长 7mx 的粗糙直轨道 BC 组成的物体 ABC 固
定在水平面上，一可以自由滑动的长木板紧靠在 C 端处于静止状态，长木板的上表面与轨道 BC 等高，
滑块 P、Q（可视为质点）静止在 B 处，滑块 P、Q 间夹有少量炸药，引爆后物体 P 恰好能上升到 A 点，
物体 Q 向右运动滑上长木板。已知 P 质量为 1 4kgm ，Q 质量 2 2kgm ，长木板质量为 3 2kgm ，
物体 Q 与 BC 间动摩因数 1 0.2 ，Q 与长木板上表面间动摩擦因数为 2 0.5 ，长木板下表面和地面
光滑。求：
(1)炸药引爆后 P 和 Q 获得的总机械能；
(2)若要滑块 Q 恰好不滑离木板，求长木板的长度 L；
(3)当木板的长度为第(2)问中的长度，若在距长木板右端 s 米处静止停放一质量 4 4kgm 的小车 M，小
车上表面由一个半径 0.3mr 光滑 1
4
圆弧曲面和光滑水平直轨道组成，直轨道与圆弧轨道相切且同长木
板上表面等高，长木板碰到小车前瞬间被制动（木板的速度在极短时间内减为零），求滑块 Q 滑上小车
M 后上升的最大高度。
【答案】(1)96J；(2)1.8m；(3)见解析
【详解】
(1)对 P 由机械能守恒定律得
2
1 1
1
2m gR mv
解得
1 2 4m / sv gR
炸药爆炸瞬间系统动量守恒，则得
1 1 2 2m v m v
解得
2 8m / sv
则炸药引爆后 P 和 Q 获得的总机械能为
2 2
1 1 2 2
1 1 96J2 2E m v m v ；
(2)Q 从 B 到 C，由运动学公式得
2 2
2 12Cv v gx
解得
6m / sCv
Q 与长木板作用过程中动量守恒，则
2 2 3 3Cm v m m v
解得
3 3m / sv
由能量守恒得
2 2
2 2 3 3 2 2
1 1
2 2Cm v m m v m gL
木板的长度为
1.8mL
(3)①若在共速后撞上 4m ，则 2m 与 4m 水平方向动量守恒，假设上升的最大高度不超过圆弧最高点，则
有
2 3 3 4 4m v m m v
由能量守恒定律得
2 2
2 3 2 4 4 2
1 1
2 2m v m m v m gh
解得
0.3h m
则刚好到达圆弧轨道最高点
②若还没有共速前已经撞上，则由动能定理得
2 2
2 2 2 2 2 2 2
1 1'2 2 Cm gs m gL m v m v
解得
2 ' 18 10v s
最终 2m 、 4m 水平方向动量守恒
2 2 2 4'm v m m v 共
解得
3
18 10sv 共
则由能量守恒定律得
2 2
2 2 2 2 4
1 1'2 2m v m gH m m v 共
解得
0.6 3H s
27．如图所示，一内壁光滑的环形细圆管固定在水平桌面上，环内间距相等的三位置处，分别有静止的小
球 A、B、C，质量分别为 1
1
2m m 、m2＝m3＝m，大小相同，它们的直径小于管的直径，小球球心到圆
环中心的距离为 R，现让 A 以初速度 v0 沿管顺时针运动，设各球之间的碰撞时间极短，A 与 B 相碰没有
机械能损失，B 与 C 相碰后结合在一起，称为 D。求：
（1）A 和 B 第一次碰后各自的速度大小；
（2）B 和 C 相碰结合在一起后对管沿水平方向的压力大小（与 A 碰撞之前）；
（3）A 和 B 第一次相碰后，到 A 和 D 第一次相碰经过的时间。
【答案】（1） 0
3
v （负号表示逆时针方向）； 02
3
v ；（2）
2
02
9
m
R
v ；（3）
0
5π
2
R
v
【详解】
(1)设 A、B 碰后速度分别为 1v 、 2v ，根据弹性碰撞双守恒有
0 1 2
1 1
2 2m m m v v v ①
2 2 2
0 1 2
1 1 1
2 2 2 2 2
m m v v mv ②
由①②得
0
1 3
vv （负号表示逆时针方向）③
0
2
2
3
vv ④
(2)设 B、C 碰后结合为 D 的速度为 3v ，则由动量守恒，有
2 32mv mv ⑤
0
3 3
vv ⑥
在 B、C 碰撞后与 A 碰撞之前，管道对 D 水平方向上的支持力为
2 2
3 022 9
mN m R R
v v ⑦
由牛顿第三定律知 D 对管道水平方向上的压力为
2
02
9
mN N R
v ⑧
(3)A、B 碰撞后，B 经时间 t1 与 C 相碰，再经时间 t2，D 与 A 相碰
1
2 0
2π
π3
R
Rt
v v
⑨
3 2 1 1 2
4π| | ( ) 3
Rt t t v v ⑩
2
0
3π
2
Rt
v
由⑨⑩ 得 A 和 B 第一次相碰后，到 A 和 D 第一次相碰经过的时间
1 2
0
5π
2
Rt t t
v
28．如图所示，光滑平台 AB 左端墙壁固定有一个轻弹簧，弹簧右侧有一个质量为 m 的小物块。紧靠平台
右端放置一个带挡板的木板，木板质量 m1=1kg，上表面长度 L=0.5m，物块与木板上表面、木板与地面
的动摩擦因数均为μ=0.2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知弹簧被压缩至 O 点时弹性势能为 Ep0=3J，
重力加速度取 10m/s2。物块与木板右端挡板发生的碰撞为完全非弹性碰撞。
(1)若 m=2kg，利用外力使物块向左压缩弹簧至 O 点，然后由静止释放，求最终木板向右滑行的距离 x。
(2)若仅改变物块质量 m，其他条件不变，仍旧将物块压缩到 O 点由静止释放，问 m 为多大时木板向右滑
行的距离最大？求出这个最大距离。
【答案】(1)0.11m；(2) 0.6kgm 时， max 0.281mx
【详解】
(1)物块滑上木板时 1mg m m g ，木板静止，设物块离开弹簧时的速度为 v0，与木板碰撞前的
速度为 v1，碰后的速度为 v2
2
00
1
2pE mv
2 2
1 0
1 1
2 2mgL mv mv
1 1 2mv m m v
解得
2 0.67m/sv
对物块和木板，由动能定理
2
1 1 2
10 2m m gx m m v
解得
0.11mx
(2)由以上各式解得
2
3
2 1
m mx
m
令1 m t
2 2
3 1 4 5 122 1
m mx t tm
当
1 5 5
2 2 4 8
b
t a
x 最大
与1 m t 联立，解得 0.6kgm ，最大距离为
max 2
3 0.281m
2 1
m mx
m
当 0.6kgm 时 x 有最大值， max 0.281mx
29．如图所示，在倾角 ＝53°且足够长的斜面上放置一个凹槽，槽与斜面间的动摩擦因数 2
3
，槽与
斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，槽两端侧壁 A、B 间的距离 d＝0.32m。把一表面光滑的
小球放在槽内中点处，球和槽的质量相等。现同时由静止释放球和槽，球与槽的侧壁发生碰撞的时间极
短，且系统无机械能损失（重力加速度 g＝10m/s2，sin53°＝0.6，cos53°＝0.8）。则：
（1）释放球和槽后，经多长时间球与槽的侧壁发生第一次碰撞？
（2）小球与槽的第二次碰撞是发生在侧壁 A 端还是 B 端？（请通过计算分析说明）
（3）从静止释放球与槽到球与槽的侧壁发生第六次碰撞时槽的位移是多少？
【答案】（1）0.2s；（2）侧壁 B；（3） 9.6m
【详解】
（1）设球和槽的质量为 m，释放球和槽后，对槽
mgsinθ-μ·2mgcosθ=ma
解得，槽的加速度
a=0
所以槽静止
释放后，球做匀加速运动
mgsinθ＝ma1
解得
a1＝8m/s2
经时间 t1 球与槽的侧壁 B 发生第一次碰撞
1
2 d＝ 1
2 a1
2
1t
解得
t1＝0.2s
（2）碰撞前球的速度为
v1＝a1t1＝1.6m/s
球和槽发生碰撞前后，动量守恒
mv1＝mv1′＋mv2′
碰撞过程不损失机械能，得
1
2 mvv12＝ 1
2 mv1′2＋ 1
2 mv2′2
解得第一次碰撞后瞬间球的速度 v1′和槽的速度 v2′分别为
v1′＝0，v2′＝1．6m/s（方向沿斜面向下）
第一次碰撞后，槽做匀速运动，球做匀加速运动，设经时间 t′球的速度等于槽的速度 v2′，此时球到侧壁
B 的距离最大，设为 s
由速度公式得
v2′＝a1t′
解得
t′＝0.2s
由位移公式得，球到侧壁 B 的最大距离
s＝v2′t′－ 1
2 v2′t′＝ 1
2 v2′t′＝0.16m
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