2026年高考物理二轮复习（全国）专题07 动量定理、动量守恒定律（专练）（解析版）

专题07动量定理、动量守恒定律

情境突破练压轴提速练

1．新情境【嫦娥六号探测器】（2026·安徽省合肥市·上学期第三次阶段性测试）嫦娥六号探测器顺利从月

球背面取回月壤，彰显了我国强大的科技实力。当探测器竖直向下喷射出横截面积为S，密度为ρ，速度大

h

小为ν的气体时，能悬停在距离月球表面h处（h远小于月球半径）。现探测器先关闭发动机自由下落，

2

然后再打开发动机以另一速度向下喷气，使探测器匀减速到达月球表面时速度恰好减为零（此过程中发动

g

机喷气的速度远大于探测器下落的速度），实现安全着陆。已知月球表面重力加速度为（g为地球表面

6

重力加速度）。忽略喷射气体的重力及空气阻力，则（）

A.探测器对喷射气体的冲量大小大于喷射气体对探测器的冲量大小

Sv

B.悬停时探测器单位时间内喷出气体的质量为

2

6Sv2

C.探测器的质量为

g

D.探测器匀减速下降过程中发动机向下喷气速度大小为2v

【答案】C

【解析】A．探测器对喷射气体的力与喷射气体对探测器的力，二者为相互力，大小相同，作用时间也相

同，冲量关系为大小相等，方向相反，A错误；

mVSL

B．悬停时，单位时间内喷出气体为Sv，B错误；

ttt

C．设在时间t内喷出气体的质量为m，气体的反推力为F

根据动量定理F·tmvvtSv

可得FSv2

gMg

悬停时，根据平衡探测器平衡FM

66

6Sv2

可得M，C正确；

g

hh

D．探测器自由下落后速度为v2a

2012

hh

匀减速至0的位移为，速度v2a

2022

解得a1a2

gg

根据牛顿第二定律FM·M·

66

g

即反推力大小需满足F2M·

6

设喷气速度为u，反推力FSu2

g

代入2M·Su2

6

g

并结合悬停时M·Sv2

6

得u2v，D错误。

故选C。

2．新考法（2026·湖南省长沙市集团联考·一模）人们越来越深刻地认识到冰山对环境的重要性，冰山的移

动将给野生动物带来一定影响。为研究冰山移动过程中表面物体的滑动，小星找来一个足够长的水槽，将

质量为M长为L的车厢放在水槽中模拟冰山，车厢内有一个质量为mmM、体积可以忽略的滑块。

车厢的上下表面均光滑，车厢与滑块的碰撞均为弹性碰撞且忽略碰撞的时间。开始时水槽内未装水，滑块

与车厢左侧的距离为d。在车厢上作用一个大小为F，方向水平向右的恒力，当车厢即将与滑块发生第一

次碰撞时撤去水平恒力。

（1）求车厢即将与滑块发生第一次碰撞时车厢的速度v0的大小；

（2）求从车厢与滑块发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中，车厢的位移xM；

（3）若在水槽中装入一定深度的水，车厢在水槽中不会浮起。开始时滑块与车厢左侧的距离为d，由于外

界碰撞，车厢在极短时间内速度变为'，方向水平向右。车厢移动过程中受到水的阻力大小与速率的关系

v0

为fkv（k为已知常数），除第一次碰撞以外，以后车厢与滑块之间每次碰撞前车厢均已停止。求全程

车厢通过的总路程s。

2Fd

【答案】（1）v

0M

Mm

（2）xL

MMm

2

3MMmkd

（3）sdv0

kMmM

【解析】

【小问1详解】

对车厢，由动能定理可得

1

FdMv2

20

解得

2Fd

v

0M

【小问2详解】

车厢与滑块的碰撞为弹性碰撞，设第一次碰撞后车厢和滑块的速度分别为vM和vm，由机械能守恒定律

111

Mv2Mv2mv2

202M2m

根据动量守恒定律

Mv0MvMmvm

解得

Mm

vv

MMm0

2M

vv

mMm0

第一次碰撞到第二次碰撞之间，车厢与滑块的位移分别为xM，xm，则有

xMvMt

xmvmt

位移关系为

xmxML

联立解得

Mm

xL

MMm

【小问3详解】

每一次碰撞后车厢的运动过程中，由动量定理

ftMv

即

kvΔtMΔv

累加后得

ksMv

第一次碰撞前，车厢的路程为d，所以

kdMv0v

碰撞前车厢的速度

kd

vv

0M

设第n次碰撞后，车厢的速度为vn，滑块的速度为vn，第n次碰撞至停下，车厢的路程为sn。第一次碰撞，

由机械能守恒定律

111

Mv2mv2Mv2

21212

动量守恒定律

Mv1mvMv

解得

Mm

vv

1Mm

2M

vv

1Mm

第一次碰撞后，对车厢

ks1Mv

解得

MMm

sv

1kMm

第二次碰撞，由机械能守恒定律

111

Mv2mv2mv2

222221

根据动量守恒定律

Mv2mv2mv1

解得

2m

vv

2Mm1

Mm

vv

2Mm1

所以第二次碰撞后车厢的路程

2

Mv22mM4Mm

s2vm2v

kkmMkMm

Mm

此后的每次碰撞前滑块的速度大小都变为前一次的倍，车厢均静止。

Mm

所以第三次碰撞后车厢的路程

MvMMmMm

s3vs

3kkMm2Mm2

第四次碰推后车厢的路程

2

Mv4Mm

s4s2

kMm

第n次碰撞后车厢的路程

n2

Mv4Mm

sns2

kMm

根据等比数列求和公式求得车厢在第二次及以后的路程之和

2M2

sv

kMm

所以

MMm22

2Mm3MMmkd

s总dss1dvvdv0

kMmkMmkMmM

3．新情境【弹棋】（2026·广东省清远市·一模）弹棋是中国古代棋类游戏，晋人徐广《弹棋经》曰，“二

人对局，黑白各六枚，先列棋相当，下呼上击之”。弹射过程简化如下：在水平桌面上放置两个质量、大

小、材料都相同的棋子，其中A为黑棋、B为白棋（均可视为质点），将黑棋A从左侧以某一初速度快速

L

弹出，两棋子发生正碰（碰撞时间极短），测得两棋子从碰后到停止滑行的距离分别为、L，下列说法正

4

确的是（）

A.两棋子发生的是弹性碰撞

B.碰撞过程中A、B两棋子所受冲量大小之比为1：2

C.碰后瞬间A、B两棋子的动量大小之比为1：2

D.碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为1：4

【答案】C

【解析】ACD．根据题意，设棋子的质量为m，与棋盘的动摩擦因数为，碰撞前A棋子的速度为v0，碰

L1212

撞后A、B两棋子的速度分别为v1、v2，由动能定理有mg0mv，mgL0mv

42122

由动量守恒定律有mv0mv1mv2

12

联立解得vv，vv

130230

碰后瞬间A、B两棋子的动量大小之比为p1:p2mv1:mv21:2

22

碰撞过程中损失的机械能为12111222

Emv0mv0mv0mv0

223239

21

碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为mv2:mv24:9，故AD错误，C正确；

9020

B．碰撞过程中A、B之间作用力为相互作用力，大小相等，方向相反，则碰撞过程中A、B两棋子所受冲

量大小之比为1:1，故B错误。

故选C。

4．新考法（2026·吉林省九校·联合模拟考试）图为环卫工人用高压水枪冲洗马路情景：射向地面的水看成

横截面积为S的水柱，以速度大小为v（方向与地面成53°角）喷到水平地面，随即以与地面成37°角被溅

v

起，溅起时的速率为，设水对地面作用力与地面成θ角，则θ的正切值为（）

2

155115

A.B.C.D.

2522

【答案】C

【解析】选取质量为Δm的水为研究对象，设水与地面的作用时间为Δt，取向右为正方向，水平方向根据动

v

量定理得Ftcosmcos37mvcos53

2

v

取竖直向上为正方向，竖直方向根据动量定理得Ftsinmsin37mvsin53

2

11

解得tan

2

故选C。

5．新情境【古法榨油】（2026·广东省清远市·一模）如图甲所示，《天工开物》中提到一种古法榨油一撞

木榨油，其过程简化为石块撞击木楔，挤压胚饼，重复撞击，榨出油来。现有一长度l=4m的轻绳，上端固

定于屋梁，下端悬挂一质量M=180kg的石块，可视为质点。如图乙所示，将石块拉至轻绳与竖直方向成37°

角的位置，石块由静止释放，运动至最低点时与质量m=20kg的木楔发生正碰，不计撞击过程的机械能损失，

撞击时间t=0.05s，每次撞击后立即将石块拉回原位置。重力加速度g取10m/s2。

sin370.6，cos370.8求：

（1）撞击前，石块在最低点对轻绳的拉力大小T；

（2）撞击后瞬间木楔的速度和石块对木楔撞击的平均作用力大小F；

（3）石块每次在同一位置释放并在最低点撞击木楔。木楔向里运动过程中所受的阻力与它的位移关系如图

，

丙所示。要木楔移动的位移x00.4m石块至少需撞击多少次木楔。

【答案】（1）T2520N

（2）F2880N（3）4

【解析】

【小问1详解】

1

石块运动到最低点过程，根据动能定理有Mgl1cosMv2

20

v2

根据牛顿第二定律有TMgM0

l

联立解得T2520N

【小问2详解】

石块与木楔碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则有Mv0Mv1mv2

111

根据机械能守恒有Mv2Mv2mv2

202122

，

解得v13.2m/sv27.2m/s

对石块进行分析，根据动量定理有FtMv1Mv0

根据牛顿第三定律，可知石块对木楔的撞击力大小FF

联立解得F2880N

【小问3详解】

根据木楔的阻力与位移图像关系有f15000x2000N

1

木楔移动x需克服阻力做的功W15000x2000xJ

0f200

1

根据能量守恒定律有Nmv2W

22f

解得N3.86

故要木楔移动的位移x00.4m，石块需撞击4次木楔。

6．新考法（2026·北京市通州区·上学期期中考试）“反向蹦极”是蹦极运动中的一种形式，其情景如图所

示。弹性轻绳的上端固定在O点，竖直拉长后将下端固定在某游客的身上，并与固定在地面上的力传感器

相连，此时传感器示数为1200N。打开扣环，游客从A点由静止释放，上升到B点时弹性绳恢复原长，再

经B点继续上升到最高点C。已知该游客与装备（可视为质点）总质量为60kg，忽略空气阻力和弹性绳的

重力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）

A.打开扣环瞬间，游客的加速度大小为30m/s2

B.从A到B过程，游客做加速度减小的加速运动

C.从A到B过程，弹性绳对游客的冲量等于游客的动量变化量

D.若换成体重较轻的游客，在相同初始条件下，其上升的最高位置将高于C点

【答案】D

【解析】A．传感器示数T1200N，设此时弹性绳的弹力大小为F，由平衡条件有FTmg

解得F1800N

打开扣环瞬间，由牛顿第二定律有Fmgma

解得a20m/s2，故A错误；

B．游客从A到B过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的

弹力减小，人所受合力减小，加速度减小，到达B点时弹性绳的弹力等于零，合外力等于重力，方向竖直

向下，游客向上减速，因此在A、B之间存在一个平衡位置，该位置弹性绳的拉力等于游客的重力，故从A

到B过程，游客先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动，故B错误；

C．根据动量定理，游客所受合外力的冲量等于其动量的变化量，从A到B过程，游客受到弹性绳的拉力和

重力两个力作用，因此弹性绳的冲量和重力的冲量的矢量和才等于游客动量的变化量，故C错误；

D．根据能量守恒，弹性绳的弹性势能转化为游客的重力势能，有Epmgh

若换成体重较轻的游客，在相同初始条件下，弹性绳的弹性势能相等，游客质量减小，则上升的高度增加，

所以其上升的最高位置将高于C点，故D正确。

故选D。

7．新情境【舂（chōng）米装置】（2026·广东省汕头市金山中学·上学期阶段考试）（多选）《天工开物》

中记载了一种舂（chōng）米装置，曾在农村广泛应用，如图所示。某次操作时，人将谷物倒入石臼内，然

后通过杠杆的运作，把质量为10kg的碓抬高20cm后从静止释放，碓在重力作用下向下运动打在石臼内，

碓的下落过程可简化为自由落体。设碓与谷物作用0.05s后静止，从而将谷物研磨成米粒。取g=10m/s2，不

计空气阻力，则下列说法中正确的有（）

A.碓从释放到静止的过程中，合外力冲量向下

B.碓从释放到静止的过程中，重力的冲量为25Ns

C.碓与谷物相互作用中，碓和谷物组成的系统动量守恒

D.碓与谷物相互作用中，碓对谷物的平均作用力为500N

【答案】BD

【解析】A．碓从释放到静止的过程中，初末速度为零，则动量的变化为零，故合外力的冲量为零，故A

错误；

1

B．设碓的自由下落过程所用时间为t，则hgt2

121

2h20.2

得ts=0.2s

1g10

碓与谷物作用时间t20.05s

碓从释放到静止的过程中，重力的冲量IGG(t1t2)1010(0.20.05)Ns=25Ns

故B正确；

C．碓与谷物相互作用中，碓和谷物组成的系统初动量不为零，末动量为零，动量不守恒，故C错误；

D．对碓，取向上为正方向，根据动量定理Ftmgt0(mv)

解得F500N

由牛顿第三定律可知，碓对谷物的平均作用力约为500N，故D正确。

故选BD。

8．新考法（2026·河南省郑州市宇华实验学校·一模）春耕、夏耘、秋收、冬藏，四者不失时，故五谷不绝。”

中华文化的核心根基和重要源头在于农耕文化。其中，唐朝文人陈廷章在《水轮赋》中以“水能利物，轮

乃曲成”来描述筒车的功用。下图为简易筒车的示意图。筒车由转速恒定的转轴、六根竹支杆、半径为R

的圆形转轮和多个完全一样的质量为m的水筒组成。水筒在最低点时恰好完成汲水，其中每一次汲水质量

为m₀，当水筒随着转轮顺时针转到最高点处时，水筒将水完全倒出至支架（图中未标出）上完成水的转运，

倒出后瞬间水筒的动能减至Eₖ，空气阻力忽略不计。求：

（1）求筒车的转速n；

（2）当水筒在最低点恰好完成汲水时，该水筒对转轮的作用力F（忽略水的浮力）；

（3）汲满水后，水筒由最低点第一次运动至转轮圆心时，转轮对该水筒的冲量I大小（水筒长度远小于转

轮半径可忽略不计）。

12E

【答案】（1）k

2Rm

2Ek

（2）mm0g，方向竖直向下

mR

2mg2R24E

（）k

3mm0gR

8Ekm

【解析】

【小问1详解】

1

设此时水筒线速度大小为v，有Emv2

k2

且有vR，2n

12E

解得nk

2Rm

【小问2详解】

v2

设此时轮对水筒的拉力为F'，由牛顿第二定律，对汲水后的水筒有Fmmgmm

00R

2E

k

解得Fmm0g

mR

2E

k

根据牛顿第三定律FFmm0g

mR

方向竖直向下。

【小问3详解】

由动量定理，竖直方向上Iymm0gtmm0v0

水平方向上Ixmm0v

运动时间t

2

由冲量合成22

IIxIy

222

mgR4Ek

解得Imm0gR

8Ekm

建议用时：45min

1．（2026·安徽省合肥市第八中学·模拟预测）（多选）带电粒子碰撞实验中，t0时粒子A静止，粒子B

以一定的初速度向A运动。两粒子的vt图像如图所示，仅考虑静电力的作用，且A、B未接触。则（）

A.粒子B在0~t3时间内动能一直减小B.两粒子在t1时刻的电势能最大

C.粒子A的质量大于粒子B的质量D.粒子A在t2时刻的加速度最大

【答案】BC

【解析】A．粒子B在0~t3时间内速度先减小后反向增加，可知动能先减小后增加，故A错误；

B．两粒子在t1时刻共速，此时两粒子相距最近，此时两粒子的电势能最大，故B正确；

C．由图可知，t0时刻有

p0mBv0

在tt2时刻有

p2mAvA

两粒子运动过程动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：

mBv0mAvA

又由于

v0vA

所以有

mBmA

故C正确；

D．两粒子在t1时刻共速，此时两粒子相距最近，库仑力最大，此时粒子A的加速度最大，故D错误。

故选BC。

2．（2026·安徽省合肥市·上学期第三次阶段性测试）（多选）如图所示，某同学在冰面上进行“滑车”练

习，开始该同学站在A车前端以共同速度v0＝9m/s做匀速直线运动，在A车正前方有一辆静止的B车，

为了避免两车相撞，在A车接近B车时，该同学迅速从A车跳上B车，立即又从B车跳回A车，此时A、

B两车恰好不相撞，已知人的质量m＝25kg，A车和B车质量均为mA＝mB＝100kg，若该同学跳离A车与

跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，不计一切摩擦。则下列说法正确的是（）

A.该同学跳离A车和B车时对地速度的大小为10m/s

B.该同学第一次跳离A车过程中对A车冲量的大小为250kg·m/s

C.该同学跳离B车的过程中，对B车所做的功为1050J

D.该同学跳回A车后，他和A车的共同速度为8m/s

【答案】AC

【解析】D．因为A、B刚好不相撞，则最后具有相同的速度，在该同学跳车的过程中，把该同学、A车、

B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得

mmAv0mmAmBv

代入数据解得

v5m/s

方向向右，故D错误；

A．设该同学跳离A车和B车的速度大小为v，则在与B车相互作用的过程中，由动量守恒定律得

mvmBvmv

代入数据解得

v10m/s

故A正确；

B．设该同学第一次跳离A后的速度为vA，则由动量守恒定律有

mmAv0mvmAvA

解得

vA8.75m/s

根据动量定理，对A车的冲量大小等于A车动量的变化量，即

IpmAvAmAv0125kgm/s

所以该同学第一次跳离A车过程中对A车冲量的大小为125kg·m/s，故B错误；

C．该同学跳上B车后，根据动量守恒定律可得

mvmmBvB

解得

vB2m/s

该同学跳离B车过程中，对B车做的功等于B车动能的变化量，即

11

Wmv2mv21050J

22BB

故C正确。

故选AC。

3．（2026·广西南宁市·适应性大联考）如图所示，足够长的光滑金属轨道PQ和GH固定在距地面足够高的

水平面上，轨道间距为L，轨道间存在垂直轨道平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。轨道间连接开

关S和电源，电源电动势为E，内阻为R。两根电阻均为R的金属棒a、b垂直轨道放置并锁定，一绝缘

轻绳一端连接金属棒b的中点，另一端跨过光滑定滑轮与重物c连接。闭合开关S，解锁b，b刚好处于静

止状态。断开开关S，一段时间后b匀速运动，然后解锁a，并将此时记为零时刻，从t0时刻开始回路中

电流保持不变。已知定滑轮左侧轻绳始终保持水平，a、b、c质量相等，两金属棒运动过程中始终与轨道

垂直且接触良好，金属轨道电阻不计，重力加速度为g。求：

（1）重物c的质量；

（2）金属棒b匀速运动时的速度大小；

（3）t0时刻，金属棒a的速度大小。

BEL

【答案】（1）m

3gR

2E

（2）v

13BL

18E

（3）vgt

23027BL

【解析】

【小问1详解】

闭合开关S，回路中的总电阻为

3

R总R①

2

设流过金属棒b的电流大小为I，由闭合电路欧姆定律得

E

2I②

R总

解锁金属棒b，b恰好处于静止状态，设c的质量为m，则

BILmg③

BEL

解得m④

3gR

【小问2详解】

金属棒b匀速运动时，由法拉第电磁感应定律得E1BLv1⑤

E

流过金属棒b的电流大小为I1⑥

12R

对金属棒b，由受力平衡得BI1Lmg⑦

2E

解得v⑧

13BL

【小问3详解】

从t0时刻开始回路中电流保持不变，说明t0时刻以后金属棒a、b以相同的加速度一起做匀加速直线运动，

对a、b、c组成的系统，由牛顿第二定律得mg3ma⑨

设t0时刻，金属棒b的速度大小为vb，回路中的电流大小为I2

对金属棒a由牛顿第二定律得BI2Lma⑩

BLvBLv

由闭合电路欧姆定律得Ib2

22R

⑪

0t0时间内

对金属棒由动量定理得

aBILt0mv2

⑫

对金属棒由动量定理得

bFBILt0mvbmv1

⑬

对重物由动量定理得

cmgFt0mvbmv1

18E⑭

解得vgt

23027BL

4．（2026·广西壮族自治区⑮贵港市·上学期模拟预测）如图所示，倾角为37的较长的倾斜轨道与一段光滑

水平轨道平滑连接，水平轨道右下方有静置于光滑水平地面上、长度为L的水平木板PQ，其质量M2.2kg。

木板P端在水平轨道末端正下方h1.8m处，质量m0.1kg的滑块A与倾斜轨道间的动摩擦因数0.3，

质量同为m0.1kg的滑块B置于水平轨道末端，滑块A从距水平轨道高H3m的倾斜轨道上由静止释

放，与滑块B发生碰撞并粘在一起后恰好落在木板PQ的中点处，不计空气阻力，sin370.6，cos370.8，

取重力加速度大小g10m/s2，滑块均可视为质点。

（1）求木板PQ的长度L；

（2）求滑块A、B碰撞过程损失的动能Ek；

（3）滑块A、B共同体与木板PQ作用0.1s后弹起，设滑块A、B共同体与木板PQ上表面的动摩擦因数

00.2，滑块A、B共同体弹起后上升的最大高度h10.8m，求滑块A、B共同体在木板PQ上的第二

个落点与第一个落点的距离d。

【答案】（1）3.6m

（2）0.9J（3）0.66m

【解析】

【小问1详解】

H12

滑块A在倾斜轨道上最高点H处滑至水平轨道，由动能定理有mgHmgcos37mv

sin3720

解得v06m/s

A、B碰撞过程中动量守恒，有mv02mv

解得v3m/s

1

碰撞后滑块A、B共同体做平抛运动并落在木板PQ的中点，竖直方向有hgt2

2

解得t0.6s

在水平方向0.5Lvt

解得L3.6m

【小问2详解】

由（1）中可求得滑块A的速度v06m/s，碰撞后A、B共速v3m/s

11

则A、B碰撞过程损失的动能ΔEmv22mv2

k202

解得ΔEk0.9J

【小问3详解】

滑块A、B共同体下落到与木板接触前瞬间的竖直速度vy1gt6m/s

2

设弹起瞬间的竖直速度为vy2，由vy22gh1

解得vy24m/s

木板PQ对滑块A、B的弹力为F，取竖直向上为正方向，对滑块A、B共同体，由动量定理有

(F2mg)t'2mvy2(2mvy1)

t0.1s，解得F22N

由牛顿第三定律有F压F22N

Ff0F压4.4N

由牛顿第二定律，得Ff2ma1

2

解得a122m/s

由牛顿第二定律，得FfMa2

解得2

a22m/s

由匀变速直线运动速度和时间的关系，得vx1va1t'

解得vx10.8m/s

由匀变速直线运动速度和时间的关系，得vx2a2t'

解得vx20.2m/s

1

由匀变速直线运动位移与时间的关系，得xvt'at2

121

解得x10.19m

1

由匀变速直线运动位移与时间的关系，得xat'2

222

解得x20.01m

2vy2

滑块A、B共同体弹起又落回木板PQ的时间t0.8s

0g

（）

在该时间内滑块A、B与木板PQ的位移差xvx1vx2t0

解得x0.48m

滑块A、B共同体在木板PQ的第二个落点与第一个落点的距离dxx1x20.66m

5．（2026·河北省衡水市·三模）如图所示，竖直面内有半径R2m的光滑圆弧轨道AB，最低点B与水平

传送带左端相切，传送带右端C与水平轨道平滑连接，圆弧所对的圆心角60，传送带BC长L2m，

以速率v3m/s顺时针匀速转动。质量m1kg的物块P以大小为vA4m/s的初速度从圆弧轨道的最高

点A沿切线进入圆弧轨道，P与传送带间的动摩擦因数10.5。在C点右侧的水平轨道上等间距摆放n个

相同的滑块，相邻滑块间距离d1m，每个滑块的质量均为m1kg，编号依次为1、2、3、…、n，滑块

1与C点距离也为d1m，物块P及各滑块与水平轨道间的动摩擦因数均为20.01。物块P从C点滑

上水平轨道后，与滑块1碰撞并粘在一起，再向前运动与滑块2碰撞并粘在一起…，碰撞时间极短，物块P

及各滑块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。

1

已知122232n2nn12n1。求：

6

（1）物块P经过B点时对圆弧轨道的压力大小；

（2）物块P从C点滑上水平轨道时的速度大小；

（3）物块P停止运动时距C点的距离（结果保留两位小数）。

【答案】（1）28N（2）4m/s

（3）5.69m

【解析】

【小问1详解】

设物块P经过B点的速度为v0，受轨道支持力为F，物块P从A点运动到B点的过程中，根据机械能守恒

11

有mgRRcosmv2mv2

202A

v2

在B点时有Fmgm0

R

根据牛顿第三定律可知物块P经过B点时对圆弧轨道的压力大小为F压F

联立解得F压28N

【小问2详解】

11

设物块P在传送带上一直做减速运动，到C点速度为v，根据动能定理有mgLmv2mv2

C12C20

解得vC4m/s

由于vCv，则假设成立，物块P一直做减速运动，即物块P从C点滑上水平轨道时的速度大小为4m/s。

【小问3详解】

1

物块P与滑块1碰撞前瞬间的动能Emv2mgd

k12C2

物块与滑块碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则'

P1mv12mv1

1

碰撞后瞬间系统动能E'2mv'2

k121

111

解得碰撞后瞬间系统动能E'Emv2mgd

k12k14C22

11

同理可知物块、和碰撞前瞬间，系统动能'222

P12Ek2Ek222mgdmvC122mgd

42

211

物块、和碰撞后瞬间，系统动能'222

P12Ek2Ek2mvC122mgd

363

11

物块、、和碰撞前瞬间，系统动能'2222

P123Ek3Ek332mgdmvC1232mgd

63

1n12n1

以此类推，在物块P、1、2、…、n1和滑块n碰撞前瞬间，系统动能Emv2mgd

kn2nC62

，

设一共碰撞n次，则Ekn0Ekn10

代入数据解得n5

即最多可以碰撞到滑块5且Ek50.5J

55

与滑块5碰后系统动能E'EJ

k56k512

'

设继续运动的距离为x，则由26mgx0Ek5

25

解得xm

36

物块P停止运动时距C点的距离Δx5dx

联立解得Δx5.69m

6．（2026·河南省信阳市·一模）一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是120kg。这个士

兵用自动步枪在2s内沿水平方向连续射出10发子弹，每发子弹的质量是10g，子弹离开枪口时相对步枪的

速度是800m/s。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。下列说法正确的是（）

A.每次射击后皮划艇的速度改变量均相同

B.连续射击后皮划艇的速度大小近似值是0.67m/s

C.连续射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为30N

D.发射子弹过程中系统动量守恒，机械能也守恒

【答案】B

【解析】AB．以速度v0的方向为正方向，士兵发射第一发子弹的过程，根据动量守恒定律得（M-m）v1=m

（v0-v1）