重难点08 动量和能量问题-2025年高考物理【热点·重点·难点】专练（北京专用）

重难点8动量和能量问题 三年考情分析 2025考向预测 动量冲量基本概念 2022年T17 动量定理和动量守恒是非常重要的物理分析方法，属于高考必考考点，通常结合其它动力学知识进行考察。同时，这部分知识和方法也是系统分析方法中的重要思路，一般以碰撞和流体等经典模型为依托，在力学、电磁学中综合考察。 未来的命题仍会以物理观念和科学思维为侧重点，更注重基本概念的理解和综合分析应用能力的考察，并通过练习生活情景，让考题更具应用性和创新性。 动量守恒 2023年T17 2022年T10 动量守恒实验 2024年T16 流体模型 2024年T20 【考察特点】 近三年北京高考真题以概念考察和经典模型为主，各类题型中均有涉及；模考中动量和能量综合也是重难点；一般纯力学问题难度中等，综合类题目如流体模型应用能力要求较高。 【必备知识】 动量定理、动量守恒是核心考点，流体模型属于特色题目，运动分析和受力分析能力是基本能力要求。 【考察要求】 注重基础概念和规律的理解，熟练掌握动量守恒的经典模型的分析方法； 注意流体问题的原理分析，掌握连续流体、粒子流、球模型等流体模型分析方法。 【知识大纲】 【高分技巧】 一、基本概念辨析 二、动量定理及其应用 1.内容：合力的冲量等于动量的变化量，即 2.应用步骤：①明确研究对象和研究过程，并规定正方向；②受力分析，求合力的冲量（不必分析系统内力）； ③状态分析，求动量的变化量；④列方程求解。 3.动量的变化率（即动量变化的快慢）为物体所受合力： 4.牛顿第二定律、动能定理和动量定理的对比 5.动量定理中的流体模型将在“重难点09”中详细说明。 三、动量守恒定律 1.动量守恒定律 (1)动量守恒条件 ①理想条件：系统不受外力； ②实际条件：所受外力的矢量和为零； ③近似条件：内力远大于外力，如爆炸、反冲等； ④单方向动量守恒：某一方向上合外力为零，则虽然系统动量不守恒，但该方向上动量守恒； (2)动量守恒方程：m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’ (3)注意区分动量守恒与机械能守恒的条件 ①不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零，系统在该方向上动量守恒； ②在只有重力或弹力做功的系统内，动能与势能相互转化，机械能守恒； ③动量是否守恒与机械能是否守恒没有必然的联系。 2.碰撞模型 (1)碰撞的特点： ①碰撞相互作用时间极短、平均相互作用力很大、可认为碰撞前后物体位移为零，物体仍在同一位置，故碰撞模型系统的内力远大于外力，系统动量守恒； ②根据能量守恒，碰撞过程机械能不增加； ③碰后速度的合理，即后方球比前方球速度小。 (2)碰撞的分类： ①　弹性碰撞：没有机械能损失 "动碰静"弹性正碰：动量守恒，；机械能守恒：， 即 因此，"动碰静"弹性正碰模型有以下结论： A.等质换速，此时动能传递最有效； B.碰撞前后相对速度不变，即。 ②　完全非弹性碰撞：碰后共速，机械能损失最大 根据动量守恒，；根据机械能守恒： ③　非完全弹性碰撞：介于前两种碰撞之间。 3.广义碰撞模型及爆炸反冲模型 （建议用时：260分钟） 【考向一：动量、冲量、动量定理】 1．（2022海淀二模）量为m的物块在粗糙水平面减速运动，当速率为v时，施加与水平方向夹角为θ的恒力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在该时间t内，下列说法正确的是（） A．物块所受拉力F的冲量方向水平向右 B．物块所受拉力F的冲量大小为Ftcosθ C．物块所受重力的冲量大小为零 D．物块所受合力的冲量大小为2mv 2．（2021北京真题）如图所示，圆盘在水平面内以角速度绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴处的点有一质量为的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（） A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为 C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为 3．（2023海淀二模）如图所示，圆盘可在水平面内绕通过O点的竖直轴转动（俯视），圆盘上距轴r处有一质量为m的物块（可视为质点）。某时刻起，圆盘开始绕轴转动，经过一段时间，其角速度从0增大至。已知物块与圆盘之间的动摩擦因数、重力加速度g，该过程中物块始终相对圆盘静止，下列说法正确的是（） A．物块所受摩擦力的方向始终指向O点 B．物块所受摩擦力的大小始终为 C．物块所受摩擦力的冲量大小为 D．物块所受摩擦力做的功为0 4．（2023西城二模）研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力，根据图像可知（） A．弹性绳的原长为15m B．0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量 C．15~27m下落过程中，运动员受合力先减小后增大 D．0~27m下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量 5．（2022丰台一模）将质量为m的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回抛出点。在此过程中物体所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是（） A．上升过程的时间大于下落过程的时间 B．上升过程中机械能损失小于下落过程中机械能损失 C．上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量 D．上升过程的动量变化量小于下落过程的动量变化量 6．（2023石景山一模）如图所示，在粗细均匀的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体N（可视为质点），稳定时N在水中匀速上浮。现将玻璃管轴线与竖直方向y轴重合，在N上升刚好匀速运动时的位置记为坐标原点O，同时玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。N依次经过平行横轴的三条水平线上的A、B、C位置，在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，对应的动能变化量分别为、、，动量变化量的大小分别为、、。则下面分析正确的是（） A．， B．， C．， D．， 7．（2023北大附中三模）一质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度g取。则（） A．时物块的动量大小为 B．时物块的速度大小为，方向向右 C．时间内F对物块的冲量大小为 D．时间内物体的位移为 8．（2018北京真题）年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道与弯曲滑道平滑衔接，滑道高，是半径圆弧的最低点．质量的运动员从处由静止开始匀加速下滑，加速度，到达点时速度．取重力加速度． （1）求长直助滑道的长度； （2）求运动员在段所受合外力的冲量的大小； （3）若不计段的阻力，画出运动员经过点时的受力图，并求其所受支持力的大小． 9．（2023东城二模）一个质量为m的物体，在光滑水平面上向左做匀加速直线运动。某时刻物体的速度为v1，经过一段时间∆t，速度变为v2。 （1）求物体的加速度大小a； （2）若物体所受合力为F，在∆t时间内动量的变化量为∆p，根据牛顿第二定律推导∆p与F的关系； （3）若物体继续向左运动与竖直墙壁发生碰撞。碰前瞬间物体的速度大小为7m/s，碰后物体以6m/s的速度反向运动。碰撞时间为0.05s，已知m=0.5kg，求碰撞过程中墙壁对物体的平均作用力。 10．（2023海淀一模反馈）图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为的竖直圆轨道平滑相接，点和点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为的小球（可视为质点）从弧形轨道上距点高的点静止释放，先后经过点和点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度。 （1）求小球通过点时的速度大小。 （2）求小球通过点时，小球对轨道作用力的大小和方向。 （3）求小球从点运动到点的过程中，其所受合力冲量的大小。 （4）若小球从点运动到点的过程中所用时间为，求轨道对小球的冲量大小和方向。 11．（2024海淀一模反馈）运动的合成与分解是物理中重要的思想方法，可以把复杂的、不熟悉的运动转化成简单的、熟悉的运动模型。 （1）如图1所示，一质点做匀速圆周运动，其到圆心的连线与x轴的夹角为θ，从运动学的角度证明：其在x轴方向的投影为简谐振动； （2）根据运动的独立性，向心力在水平方向的分力相当于物体做简谐运动的回复力，请推导质量为m、劲度系数为k的弹簧振子做简谐振动的周期； （3）弹簧振子质量为m，劲度系数为k，振幅为A，在图2中作出振子在一个周期内的动量p随着位移x的变化图像。 【考向二：动量定理的应用】 1．（2024西城一模）2023年7月，由中国科学院研制的电磁弹射实验装置启动试运行，该装置在地面构建微重力实验环境，把“太空”搬到地面。实验装置像一个“大电梯”，原理如图所示，在电磁弹射阶段，电磁弹射系统推动实验舱竖直向上加速运动至A位置，撤除电磁作用。此后，实验舱做竖直上抛运动，到达最高点后返回A位置，再经历一段减速运动后静止。某同学查阅资料了解到：在上述过程中的某个阶段，忽略阻力，实验舱处于完全失重状态，这一阶段持续的时间为4s，实验舱的质量为500kg。他根据上述信息，取重力加速度，做出以下判断，其中正确的是（） A．实验舱向上运动的过程始终处于超重状态 B．实验舱运动过程中的最大速度为40m/s C．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱做功大于 D．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量等于 2．（2022西城二模）一位同学在水平地面上做立定跳远，他从位置②起跳，到位置⑤落地，位置③是他在空中的最高点，在位置②和⑤时他的重心到地面的距离近似相等。以下说法正确的是（） A．在位置③，人的速度为0 B．从位置②到⑤，重力对人的冲量几乎为0 C．从位置②到⑤，重力做功几乎为0 D．在位置②起跳至离地的过程中，支持力的冲量与重力的冲量大小相等 3．（2021西城一模）某女子铅球运动员分别采用原地推铅球和滑步推铅球两种方式进行练习，右图为滑步推铅球过程示意图．她发现滑步推铅球比原地推铅球可增加约米的成绩．假设铅球沿斜向上方向被推出，且两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，下列说法正确的是（） A．两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同 B．采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高 C．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同 D．滑步推铅球可以增加成绩，可能是因为延长了运动员对铅球的作用时间 4．（2023朝阳二模）排球运动员在某次发球中，左手托球由静止开始竖直向上运动时，排球脱离左手继续向上运动达到最高点，然后下落被右手击出。已知排球的质量为，重力加速度取，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（） A．排球刚脱离左手时的速度大小为 B．排球被右手击出前运动的总时间为 C．排球向上运动的过程中，人对排球所做的功为 D．排球向上运动的过程中，人对排球的冲量大小为 5．（2024东城一模）一个质量为m的网球从距地面高处自由下落，反弹的最大高度为。不考虑所受的空气阻力，重力加速度用g表示，对网球与地面接触的运动过程，下列判断正确的是（） A．网球的加速度先向上后向下 B．网球速度为0时受地面的弹力最大 C．地面对网球所做的功等于 D．网球受地面的平均冲击力等于 6．（2024石景山一模）应用物理知识分析生活中的常见现象，解释游戏中的物理原理，可以使学习更加有趣和深入。两同学分别做了如下小游戏。如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处。甲同学第一次慢拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的P点；将棋子、纸条放回原来的位置，第二次快拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点。乙同学把一象棋子静置于水平桌面上，然后用手指沿水平方向推棋子，棋子由静止开始运动，并且在离开手指后还会在桌面上滑行一段距离才停止运动。据此，两同学提出了如下观点，其中正确的是（） A．甲同学第一次慢拉，棋子受纸条的摩擦力更大 B．甲同学第二次快拉，棋子受纸条摩擦力的冲量更大 C．乙同学推棋子，棋子离开手指前一直做加速运动 D．乙同学推棋子，棋子的最大速度一定在与手指分离之前 7．（2023海淀查漏补缺）如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，O是圆弧的最低点。两个完全相同的小球M、N从圆弧左侧的不同位置同时释放。它们从释放到到达O点过程中都经过图中的P点。下列判断正确的是（） A．M比N后到达O点 B．M、N通过P点时所受的回复力相同 C．M有可能在P点追上N并与之相碰 D．从释放到到达O点过程中，重力对M的冲量比重力对N的冲量大 8．（2024人大附一模）为保证航海安全，海员需进行跳水训练。某次跳水训练中，质量的海员从距水面的跳台边缘处由静止自由下落，下落过程中双脚并拢，脚尖绷直，身体始终保持竖直。忽略空气阻力，重力加速度g取。 （1）求海员从离开跳台到接触水面所用的时间； （2）已知海员本次跳水触水瞬间受到水的作用力方向竖直向上，大小，式中水的密度，比例系数，触水瞬间的有效面积，求海员触水瞬间加速度的大小； （3）若海员从触水到速度减为0用时2s，求该过程中水对海员平均作用力的大小。 9．（2023东城一模）应用恰当的方法可以对一些问题进行深入分析，比如，研究一般的曲线运动时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，每小段都可以看作圆周运动的一部分，此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径p，用来描述这一点的弯曲程度，如图甲所示，这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理。如图乙所示，有人设计了一个光滑的抛物线形轨道，位于平面直角坐标系的第二象限内，末端恰好位于坐标原点O，且切线沿水平方向，质量为m的小滑块从轨道上的A点由静止开始下滑，滑到轨道末端时速度大小为，轨道对其支持力大小为，之后小滑块离开轨道做平抛运动。已知轨道曲线与小滑块做平抛运动的轨迹关于坐标原点O对称，重力加速度为g。 （1）求轨道末端的曲率半径； （2）小滑块做平抛运动时经过B点（图中未出），若由A点运动到O点与由O点运动到B点经过相同路程，用表示小滑块由A点运动到O点过程的动量变化量，用表示小滑块由O点运动到B点过程的动量变化量，通过分析比较与的大小； （3）轨道上的C点距x轴的距离为，求小滑块经过C点时受到的支持力大小。 【考向三：动量守恒定律与碰撞模型】 1．（2022北京真题）质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标随时间变化的图像如图所示．下列说法正确的是（） A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率 C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能 2．（2023北师大附中三模）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v—t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（） A．碰后红壶将被反弹回来 B．碰后蓝壶速度为0.8m/s C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力 3．（2020北京真题）在同一竖直平面内，个完全相同的小钢球(号、号、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．将号移至高度释放，碰撞后，观察到号静止、号摆至高度。若号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，号仍能摆至高度 B．将、号一起移至高度释放，碰撞后，观察到号静止，、号一起摆至高度，释放后整个过程机械能和动量都守恒 C．将右侧涂胶的号移至高度释放，、号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，号仍能摆至高度 D．将号和右侧涂胶的号一起移至高度释放，碰撞后，、号粘在一起向右运动，未能摆至高度，释放后整个过程机械能和动量都不守恒 4．（2021朝阳一模）如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬点均为O。在O点正下方0.19L处固定一小钉。初始时刻B静止于最低点，其摆线紧贴小钉右侧，A从图示位置由静止释放（θ足够小），在最低点与B发生弹性正碰。两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，悬线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是（） A．若m1=m2，则A、B在摆动过程中最大振幅之比为9:10 B．若m1=m2，则每经过时间A回到最高点 C．若m1>m2，则A与B第二次碰撞不在最低点 D．若m1<m2，则A与B第二次碰撞必在最低点 5．（2023北京真题）如图所示，质量为的小球用一不可伸长的轻绳悬挂在点，在点正下方的光滑桌面上有一个与完全相同的静止小球，距点的距离等于绳长．现将拉至某一高度，由静止释放，以速度在水平方向和发生正碰并粘在一起．重力加速度为．求： （1）释放时距桌面的高度； （2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小； （3）碰撞过程中系统损失的机械能. 6．（2021北京真题）如图所示，小物块、的质量均为，静止在轨道水平段的末端。以水平速度与碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为，取重力加速度。求： （1）两物块在空中运动的时间 （2）两物块碰前的速度的大小 （3）两物块碰撞过程中损失的机械能△。 7．（2024海淀一模）如图所示，水平地面上固定着光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑连接，设物块通过连接处时速率不发生改变。质量m1=0.4kg的物块A从斜槽上端距水平地面高度h=0.8m处由静止下滑，并与静止在斜槽末端的质量m2=0.8kg的物块B相碰，相碰后物块A立即停止运动，物块B滑行一段距离后停止运动。取重力加速度g=10m/s2，两物块均可视为质点。求： （1）物块A与物块B碰撞前瞬间的速度大小。 （2）物块A与物块B碰撞过程中A、B系统损失的机械能。 （3）滑动摩擦力对物块B做的功。 8．（2022朝阳一模）如图所示，把一个质量kg的小球放在高度m的直杆的顶端。一颗质量kg的子弹以m/s的速度沿水平方向击中小球，并经球心穿过小球，小球落地处离杆的水平距离m。取重力加速度m/s2，不计空气阻力。求： （1）小球在空中飞行的时间t； （2）子弹刚穿出小球瞬间的速度v； （3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能。 9．（2024海淀一模反馈）如图所示为竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，O点是其圆心，半径R=0.8m，OA水平、OB竖直，轨道底端B与光滑平直轨道BC平滑相接。轨道底端距水平地面的高度h=0.8m。从轨道顶端A由静止释放一个质量为0.4kg的小球1，小球到达轨道底端B后进入平滑轨道，并在C点与另一质量为0.1kg的小球2发生碰撞，碰撞后从C点飞出并落在地面上，小球2平抛运动的水平位移为1.6m。忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求： （1）小球1到达圆弧轨道底端B点时对轨道的压力大小。 （2）碰撞后小球1的速度大小。 （3）碰撞过程小球1和小球2体系损失的能量。 【考向四：动量守恒的应用（弹簧、板块、多次碰撞）】 1．（2024朝阳一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（） A．P的动量为0 B．Q的动量达到最大值 C．P、Q系统总动量小于mv D．弹簧储存的弹性势能为 2．（2023通州一模）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是（） A．两物块的质量之比为 B．在时刻和时刻弹簧的弹性势能均达到最大值 C．时间内，弹簧的长度大于原长 D．时间内，弹簧的弹力逐渐减小 3．（2022门头沟一模）如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度击中砂袋后未穿出，与砂袋一起向右摆动的最大角为。弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力。下列说法中正确的是（） A．弹丸打入砂袋瞬间，细绳所受拉力大小保持不变 B．弹丸打入砂袋瞬间，弹丸对砂袋的冲量大于砂袋对弹丸的冲量 C．弹丸打入砂袋瞬间二者组成的系统动量不守恒 D．弹丸打入砂袋后，二者共同运动过程机械能守恒 4．（2023平谷一模）如图所示，质量分别为和的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（） A．在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力 B．释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒 C．若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后弹起的最大高度，则碰撞后弹起的最大高度一定大于2.5h D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大高度为h 5．（2022八十中三模）一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处于平衡状态。一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落，撞击平板，已知碰后环与板以相同的速度向下运动，则（） A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒 B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒 C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小有关 D．在碰后板和环一起下落的过程中，环与板的总机械能守恒 6．（2022十一学校三模）如图1所示，运动员做“蹲跳起”动作，离开地面的瞬间，全身绷紧，之后离开地面的最大高度为H。设重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）求运动员离开地面瞬间的速度。 （2）地面是不会对人做功的，那么人是如何获得机械能的呢？为了解释这个问题，小亮同学构建了如下模型：如图2所示，将人的上半身和下半身分别看作质量为m1和m2的物块，上、下半身间的作用力看成物块间竖直轻弹簧的弹力。将m1从平衡位置向下压距离h，表示人“蹲下”；然后松手，m1向上运动，表示人“站起”；当m1回到平衡位置时，突然将弹簧的长度锁定，m2被带离地面，表示人“跳起”。试结合这一模型，计算运动员在“站起”过程中至少要做多少功。 （3）如图3所示的是立定跳远动作分解图，有一个动作要领是起跳过程中要大幅度摆臂，且离开地面前瞬间手臂向前甩。将人的手臂和其他部位看成两个部分，试从物理的角度解释起跳时摆臂的原因。 7．（2024海淀三模）如图所示，在粗糙水平地面上静止放置着物块B和C，相距，在物块B的左侧固定有少量炸药，在物块B的左边有一弹簧枪，弹簧的弹性势能，弹簧枪将小球A水平发射出去后，小球A与B发生碰撞并导致炸药爆炸使小球A又恰好返回到弹簧枪中将弹簧压缩到初位置，物块B再与物块C发生正碰，碰后瞬间物块C的速度。已知物块A和物块B的质量均为，若C的质量为B质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数。（设碰撞时间很短，g取） （1）计算A与B碰撞后瞬间B的速度； （2）计算B与C碰撞前瞬间的速度； （3）根据B与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论B与C碰撞后B的可能运动方向。 8．（2023海淀查漏补缺）质量为m1的A球从高度为H处由静止开始沿曲面下滑，与静止在水平面上质量为m2的B球发生正碰，两球大小相同，碰撞时间极短，碰撞过程中没有动能损失。不计一切摩擦，重力加速度为g。 （1）根据动能定理和重力做功与重力势能的关系，证明A球沿曲面下滑过程机械能守恒； （2）两球发生第一次碰撞后各自的速度大小vA、vB； （3）为了能发生第二次碰撞，两球质量m1、m2间应满足什么条件？ 9．（2023八中三模）某兴趣小组同学利用如图甲所示的一组大小、质量各不相同的硬质弹性小球进行了若干次碰撞实验。所有碰撞都可认为是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力影响，小球均可视为质点。试讨论以下问题： （1）第一次实验他们将一个质量为m1的小球1从距离地面高度h处由静止释放，如图乙所示。通过查阅资料他们估计出了球与地面的作用时间。求1球与地面碰撞过程中对地面平均作用力F的大小。 （2）第二次实验在1球顶上放一质量为m2的2球，m2=km1（k＜1），让这两个球一起从距离地面高h处自由下落并撞击地面，如图丁所示，他们惊奇的发现球2反弹的高度超过了释放时的高度。他们猜想若2球质量越小被反弹的高度越高，试从理论角度分析他们的猜想是否正确，并求2球能达到的最大高度。 （3）受（2）的启示，他们设想了一个超球实验：将三个球紧贴从距离地面h高处由静止释放，由下至上三球的质量分别为m1、m2和m3，且满足m1≫m2≫m3，如图戊所示。他们设想3球可以被反弹到很高的高度，试估算此高度。 【考向五：动量守恒分析爆炸反冲类问题】 1．（2022西城一模）2022年2月5日，中国短道速滑运动员在混合团体接力决赛中为中国队拿下北京冬奥会首金，这也是这一新增项目的奥运历史首金。短道速滑接力比赛中运动员在直道上采用推接方式进行替换（如图）。若忽略推接过程中冰面对运动员的摩擦力，则在甲运动员用力将乙运动员推出的过程中，以下说法一定正确的是（） A．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力 B．甲的速度变化量的大小等于乙的速度变化量的大小 C．甲、乙运动员组成的系统机械能守恒 D．甲、乙运动员组成的系统动量守恒 2．（2024人大附三模）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（） A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的加速度大小比乙的加速度小 C．甲的动量大小比乙的大 D．甲合力冲量与乙合力冲量大小相等 3．（2023八中三模）如图所示，质量为3kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分粗糙水平。质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB=CD=R=0.3m，取g的大小为10m/s2，下列说法正确的是（） A．物块对小球不做功 B．物块的最大速度为2m/s C．两者分离时物块移动了0.15m D．物块对地面的最大压力为40N 4．（2023海淀一模反馈）如图1所示，光滑水平面上有用轻绳连接的滑块和，其间有一处于压缩状态的轻质弹簧。已知、。 （1）若滑块和初始静止，剪断轻绳，已知弹簧恢复原长时速度为，请在图2中画出此时刻的速度的图示及相对的速度的图示； （2）若滑块和以初速度运动，弹簧弹性势能为，如图3所示，某时刻剪断轻绳，请在图4中画出弹簧恢复原长时滑块的速度的图示及滑块速度的变化量的图示。 【考向六：能量动量综合应用分析二维碰撞类问题】 1．（2024东城一模）如图所示，质量为M、倾角为的光滑斜劈置于光滑水平地面上，质量为m的小球第①次和第②次分别以方向水平向右和水平向左、大小均为的初速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是（） A．这两次碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量都守恒 B．第②次碰撞后斜劈的速度小于 C．第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力等于 D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上；第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定相等 2．（2021朝阳二模反馈）在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，碰前瞬间速度为v0，方向与水平方向夹角α=30°。薄片与弹性面间的动摩擦因数μ=0.5。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。下列选项正确的是（） A．薄片第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角小于30° B．随物块与板碰撞次数增加，物块离开板的最大高度不断减小 C．薄片在与水平面多次碰撞后，薄片将做机械能守恒的运动 D．若增大薄片碰前瞬间速度则它与水平面碰撞两次后，水平位移还有可能增加 3．（2023海淀查漏补缺）如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车。开始时人、锤和车都处于静止状态。人站在车左端，且始终与车保持相对静止，人抡起锤敲打车的左端，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度。在连续的敲打的过程中，下列说法正确的是（） A．小车将持续地向右运动 B．锤、人和车组成的系统机械能守恒 C．每次锤被向左抡到最高点的时刻，人和车的速度都向右 D．每当锤打到车左端的时刻，人和车立即停止运动 4．（2024顺义一模）动量p和力F都是矢量，在处理二维问题时，为简化问题研究，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究，即将二维问题转化为一维问题。 （1）质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前的速度大小是v0，碰撞后的速度大小是v，如图1所示。分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy； （2）质量均为m的球1和球2构成一个系统，不考虑系统的外力作用，球1沿x轴正向以速度v1与静止的球2碰撞，碰撞后两球的速度的偏角分别为=53°、=37°，如图2所示。求碰后两球速度的大小和。 （3）轻绳两端各系一质量为m的小球，中央系一质量为M的小球，三球均静止于光滑的水平桌面上，绳处于拉直状态，其俯视图如图3所示。对小球M施加一瞬时冲量，使它获得方向与绳垂直的速度。分别求出在轻绳两端小球发生碰撞前瞬间三个小球速度的大小。 5．（2021东城二模）接触物体之间的相互作用，如绳中的拉力、接触面间的压力、支持力等是生活中常见的力的作用。在处理这些相互作用时，我们常用到一些理想模型：如物体间通过轻绳连接，斜面与平面间通过光滑小圆弧连接，等等。这些理想化的连接条件与一般的情形相比有哪些区别和联系呢？请分析以下问题。 (1)如图1所示，质量均匀分布的长绳AB质量为m，绳长为l，B端与一质量为M的物块相连，物块可视为质点。现在A端作用一个大小恒定为F的水平外力，使绳拉着物块沿光滑水平面做直线运动。 a.求在绳内距A端x处绳的拉力FT与x的关系； b.请证明：若绳质量m远小于物块质量M，可认为绳中拉力处处相等，且等于绳端点受到的力。 (2)如图2所示，斜面与平面（在水平方向）之间通过光滑小圆弧连接，可视为质点的小物体从斜面上某处下滑，通过小圆弧滑到平面上。 a.在沿连接处的小圆弧滑下的过程中，请说明支持力对小物体运动状态的改变起什么作用？ b.若斜面与平面间没有小圆弧，而是直接相接，如图3所示，将小物体从斜面上较高位置释放，若小物体的材质使得小物体碰到平面后不反弹，请通过分析和必要的计算说明碰触平面后小物体可能的运动情况及对应的条件。（小物体与平面碰触的时间很短，可不考虑重力的作用；请对论证过程中用到的物理量加以说明） 6．（2023丰台一模）酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为，与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。 （1）求运动员起跳时的水平分速度与竖直分速度； （2）运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H； （3）若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间。 7．（2021丰台一模）守恒是物理学中的重要思想．请尝试用守恒思想分析下列问题： (1)如图所示将带正电荷的导体球靠近不带电的导体．沿虚线将导体分成、两部分，这两部分所带电荷量分别为、判断这两部分电荷量的正负及大小关系，并说明理由； (2)康普顿在研究石墨对射线的散射时，发现在散射的射线中，除了与人射波长相同的成分外，还有波长大于的成分，用光子与静止电子的碰撞模型可以解释这一现象．请在图中通过作图表示出散射后光子的动量，并简述作图的依据； (3)波是传递能量的一种方式，传播过程能量守恒．简谐波在传播过程中的平均能量密度表示单位体积内具有的能量：，其中为简谐波的振幅，为简谐波的圆频率（波传播过程中不变），为介质的密度．能流密度表示波在单位时间内流过垂直单位面积上的平均能量． ．简谐波沿直线传播的速度为，证明波的能流密度 ．球面简谐波是从波源处向空间各个方向传播的简谐波，在均匀介质中传播时振幅会发生变化．忽略传播过程中的能量损失，求波在距波源和处的振幅之比． 【考向七：能量动量综合应用分析带电粒子在电场和磁场中的运动】 1．（2023西城二模）如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动。不计粒子重力。若将两板间距离减小，再次释放该粒子，则（） A．带电粒子获得的加速度变小 B．带电粒子到达负极板的时间变短 C．带电粒子到达负极板时的速度变小 D．加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小 2．（2023东城二模）水平放置的两平行金属板间，有一个带正电的小球，从某点无初速度自由下落。经过t时间，在两板间施加竖直向上的匀强电场。再经过t时间，小球又回到出发点。已知小球质量为m，重力加速度为g。小球未与下极板发生碰撞。不计空气阻力。从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中（） A．小球所受电场力与重力的大小之比为3:1 B．小球加速运动时间与减速运动时间之比为3:1 C．小球的动量变化量大小为4mgt，方向竖直向上 D．小球电势能的减少量与动能的增加量之比为4:3 3．（2024石景山一模）带电粒子碰撞实验中，t=0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向A运动。两粒子的v-t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的质量小于粒子B的质量 D．粒子A在t₂时刻的加速度最大 4．（2024人大附二模）在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场，两个相同的带电粒子①和②在P点垂直磁场射入，①的速度与x轴负方向成45°，②的速度与x轴正方向成45°，如图所示，二者均恰好垂直于y轴射出磁场，不计重力，不考虑带电粒子之间的作用力，根据上述信息可以判断的是（） A．带电粒子①在磁场中运动的半径大 B．带电粒子①在磁场中运动的过程中洛伦兹力的冲量大 C．带电粒子②在磁场中运动的轨迹短 D．两个粒子磁场中运动的过程中平均速率相等 5．（2023朝阳二模）如图所示，O点左侧水平面粗糙，右侧水平面光滑。过O点的竖直虚线右侧有一水平向左、足够大的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的绝缘物块，从O点以初速度水平向右进入电场。求： （1）物块向右运动离O点的最远距离L； （2）物块在整个运动过程中受到静电力的冲量I的大小和方向； （3）物块在整个运动过程中产生的内能Q。 6．（2024东城二模）如图所示，不可伸长的轻质细线上端固定，下端系着一个不带电小球，小球静止时位于足够大光滑绝缘水平面上的O点，现在O点静置一个带正电绝缘小物块，小球与小物块均视为质点。以O为原点，水平向右为x轴建立坐标轴。已知小球质量为m1，小物块质量为m2、电荷量为q，细线长为l。假设系统处于真空环境中，不考虑各种阻力以及电荷量的损失，小球与物块之间的碰撞为弹性碰撞，接触过程中没有电荷量的转移。 （1）若将小球拉至与竖直方向成某一角度的位置由静止释放，小球到达O点的速度为v0，并以初速度v0与小物块发生碰撞，求碰后小球的速度v1与碰后物块的速度v2。 （2）若在第（1）问所述的碰撞后发现小球摆回至最高点时细线与竖直方向的夹角明显减小，为使小球越摆越高，可以在小球每次达到左方最高点时用一个很小的外力快速推一下小球。请利用此例从功和能的角度分析并解释在共振现象中，为什么当驱动力的频率与固有频率相等时，振动系统的能量最大。 （3）若在O点右侧空间（x＞0）存在着平行于Ox轴的电场（场强的大小和方向可调），释放小球时细线与竖直方向夹角为θ（θ＜5°），为了使碰撞后小物块能够返回O点，且二者以第一次相碰时的初速度大小再次相碰，并能多次重复此过程，请举出两种能够实现上述要求的理想情况，并分析并说明需要满足的条件。 【考向八：能量动量综合应用分析电磁感应问题】 1．（2023海淀一模）如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场。边长为的正方形线框的总电阻为。除边为硬质金属杆外，其它边均为不可伸长的轻质金属细线，并且边保持不动，杆的质量为。将线框拉至水平后由静止释放，杆第一次摆到最低位置时的速率为。重力加速度为，忽略空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是（） A．端电势始终低于端电势 B．杆中电流的大小、方向均保持不变 C．安培力对杆的冲量大小为 D．安培力对杆做的功为 2．（2024人大附一模）定义“另类加速度”，A不变的运动称为另类匀变速运动。若物体运动的A不变，则称物体做另类匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域（磁场宽度大于线框边长）。导线框电阻不可忽略，但自感可以忽略不计。已知导线框进入磁场前速度为，穿出磁场后速度为。下列说法中正确的是（） A．线框在进入磁场的过程中，做匀变速运动 B．线框在进入磁场的过程中，其另类加速度A是变化的 C．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为 D．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为 3．（2023海淀二模）电磁场，是一种特殊的物质。 （1）电场具有能量。如图所示，原子核始终静止不动，α粒子先、后通过A、B两点，设α粒子的质量为m、电荷量为q，其通过A、B两点的速度大小分别为vA和vB，求α粒子从A点运动到B点的过程中电势能的变化量ΔEp。 （2）变化的磁场会在空间中激发感生电场。如图所示，空间中有圆心在O点、垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，当空间中各点的磁感应强度随时间均匀增加时，请根据法拉第电磁感应定律、电动势的定义等，证明磁场内，距离磁场中心O点为r处的感生电场的电场强度E与r成正比。（提示：电荷量为q的电荷所受感生电场力F=qE） （3）电磁场不仅具有能量，还具有动量。如图所示，两极板相距为L的平行板电容器，处在磁感应强度为B的匀强磁场中。磁场方向垂直纸面向里。将一长度为L的导体棒ab垂直放在充好电的电容器两极板之间（其中上极板带正电），并与导体板良好接触。上述导体棒ab、平行板电容器以及极板间的电磁场（即匀强磁场、电容器所激发的电场）组成一个孤立系统，不计一切摩擦。求当电容器通过导体棒ab释放电荷量为q的过程中，该系统中电磁场动量变化量的大小Δp和方向。（） 4．（2022东城二模）如图所示，水平固定、间距为L的平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。与导轨垂直且接触良好的导体棒a、b，质量均为m，电阻均为R。现对a施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动。当a向右的位移为x时，a的速度达到最大且b刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，重力加速度为g。 （1）导体棒b刚要滑动时，导体棒a的最大速度； （2）定性画出导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像； （3）导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热Q； （4）当导体棒a达到最大速度时，给b水平向右的瞬时速度。请分析此后导体棒b的运动情况并求出b的最终速度。 5．（2024丰台一模）（1）放射性元素的原子核发生衰变时，单位时间内发生衰变的原子核个数与现存的、未衰变的原子核个数N成正比：，其中λ为比例常数，“-”表示原子核个数减少。上述方程的解为：，其中为t＝0时刻未衰变的原子核个数，N为t时刻未衰变的原子核个数。根据以上信息求元素的半衰期。 （2）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m的导体棒MN放在导轨上，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。给导体棒一个向右的初速度。 a.类比（1）中给出的物理量之间关系的信息，以导体棒速度为时作为计时起点，推理得出导体棒的速度v随时间t变化的函数关系； b.某同学写出导体棒的速度v与时间t的函数关系后，发现导体棒需要无限长的时间才能停下，该同学得出结论：导体棒也需要运动无限长的距离才能停下。请论证该同学的说法是否正确。 【考向九：能量动量综合应用分析近代物理原理】 1．（2023朝阳二模）一个原来静止的原子核发生衰变时，放出一个动量大小为的电子，同时在垂直于电子运动方向上放出动量大小为的某种粒子，则衰变后新原子核的动量（） A．大小为 B．大小为 C．方向与方向相反 D．方向与方向相反 2．（2023东城一模）如图所示，在足够大的匀强磁场中，一个静止的氡原子核发生衰变，放出一个粒子后成为一个新核。已知粒子与新核的运动轨迹是两个相外切的圆，大圆与小圆的直径之比为，下列说法正确的是（） A．大圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子 B．大圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子 C．小是粒子的轨迹，该粒子是粒子 D．小园是粒子的轨迹，该粒子是粒子 3．（2023海淀二模）在范围足够大的匀强磁场中，静止在P点的核发生一次β衰变，衰变产生的核与电子恰好在纸面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（） A．该β衰变过程反映了核中至少含有1个电子 B．电子在磁场中做匀速圆周运动的半径较小 C．电子与核形成的等效电流可能均沿逆时针方向 D．电子第一次回到P点时核也恰好到达P点 4．（2023昌平二模）“北京正负电子对撞机”是我国第一台高能加速器，也是高能物理研究的重大科技基础设施。一对速率相同的正、负电子正碰后湮灭生成两个光子，反应方程为。已知单个电子的静止质量为，电荷量为e，光速为c，普朗克常量为h。下列说法正确的是（） A．单个光子的能量为 B．光子的频率为 C．两个光子的频率可以不同 D．两个光子的运动方向可能相同 5．（2017北京真题）在磁感应强度为的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次衰变．放射出的粒子在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为．以、分别表示粒子的质量和电荷量． （1）放射性原子核用表示，新核的元素符号用表示，写出该衰变的核反应方程； （2）粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动周期和环形电流的大小； （3）设该衰变过程释放的核能都转化为粒子和新核的动能，新核的质量为，求衰变过程的质量亏损． 6．（2023海淀一模反馈）反冲是大自然中的常见现象。静止的铀核放出动能为的粒子后，衰变为钍核。计算中不考虑相对论效应，不考虑核子间质量的差异。 （1）请写出上述过程的核反应方程； （2）求反冲的钍核的动能。 7．（2023西城一模）动量守恒定律的适用范围非常广泛，不仅适用于低速、宏观的问题，也适用于近代物理研究的高速（接近光速）、微观（小到分子、原子的尺度）领域。 （1）质量为、速度为的球跟质量为的静止球发生弹性正碰。求碰后球的速度大小。 （2）核反应堆里的中子速度不能太快，否则不易被铀核“捕获”，因此，在反应堆内要放“慢化剂”，让中子与慢化剂中的原子核碰撞，以便把中子的速度降下来。若认为碰撞前慢化剂中的原子核都是静止的，且将中子与原子核的碰撞看作弹性正碰，慢化剂应该选用质量较大的还是质量较小的原子核？请分析说明理由。 （3）光子不仅具有能量，而且具有动量。科学家在实验中观察到，一个电子和一个正电子以相同的动能对心碰撞发生湮灭，转化为光子。有人认为这个过程可能只生成一个光子，也有人认为这个过程至少生成两个光子。你赞同哪个观点？请分析说明理由。 8．（2020海淀一模）在物理学中，研究微观物理问题可以借鉴宏观的物理模型，可使问题变得更加形象生动。弹簧的弹力和弹性势能变化与分子间的作用力以及分子势能变化情况有相似之处，因此在学习分子力和分子势能的过程中，我们可以将两者类比，以便于理解。 (1)质量相等的两个小球用劲度系数为k，原长为l0的轻弹簧相连，并置于光滑水平面上。现给其中一个小球沿着弹簧轴线方向的初速度，整个系统将运动起来，已知在此后的运动过程中弹簧的弹性势能大小Ep与弹簧的长度l的关系如图甲所示。 ①请说明曲线斜率的含义； ②已知弹簧最小长度为l1，求弹簧的最大长度l2为多大？ (2)研究分子势能是研究物体内能的重要内容。已知某物体中两个分子之间的势能Ep与两者之间距离r的关系曲线如图乙所示。 ①由图中可知，两分子间距离为r0时，分子势能最小，请说出r=r0时两分子间相互作用力的大小，并定性说明曲线斜率绝对值的大小及正负的物理意义； ②假设两个质量相同的分子只在分子力作用下绕两者连线的中点做匀速圆周运动，当两者相距为r1时，分子的加速度最大，此时两者之间的分子势能为Ep1，系统的动能与分子势能之和为E。请在如图乙所示的Ep—r曲线图像中的r轴上标出r1坐标的大致位置，并求出此时两分子之间的分子作用力大小。 9．（2021西城一模）在研究物理学问题时，为了更好地揭示和理解物理现象背后的规律，我们需要对研究对象进行一定的概括和抽象，抓住主要矛盾、忽略次要因素，建构物理模型。谐振子模型是物理学中在研究振动问题时所涉及的一个重要模型。 （1）如图1所示，在光滑水平面上两个物块A与B由弹簧连接（弹簧与A、B不分开）构成一个谐振子。初始时弹簧被压缩，同时释放A、B，此后A的v-t图像如图2所示（规定向右为正方向）。已知mA=0.1kg，mB=0.2kg，弹簧质量不计。 a.在图2中画出B物块的v-t图像； b.求初始时弹簧的弹性势能Ep。 （2）双原子分子中两原子在其平衡位置附近振动时，这一系统可近似看作谐振子，其运动规律与（1）的情境相似。已知，两原子之间的势能EP随距离r变化的规律如图4所示，在r=r0点附近EP随r变化的规律可近似写作，式中和k均为常量。假设原子A固定不动，原子B振动的范围为，其中a远小于r0，请画出原子B在上述区间振动过程中受力随距离r变化的图线，并求出振动过程中这个双原子系统的动能的最大值。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点8动量和能量问题 三年考情分析 2025考向预测 动量冲量基本概念 2022年T17 动量定理和动量守恒是非常重要的物理分析方法，属于高考必考考点，通常结合其它动力学知识进行考察。同时，这部分知识和方法也是系统分析方法中的重要思路，一般以碰撞和流体等经典模型为依托，在力学、电磁学中综合考察。 未来的命题仍会以物理观念和科学思维为侧重点，更注重基本概念的理解和综合分析应用能力的考察，并通过练习生活情景，让考题更具应用性和创新性。 动量守恒 2023年T17 2022年T10 动量守恒实验 2024年T16 流体模型 2024年T20 【考察特点】 近三年北京高考真题以概念考察和经典模型为主，各类题型中均有涉及；模考中动量和能量综合也是重难点；一般纯力学问题难度中等，综合类题目如流体模型应用能力要求较高。 【必备知识】 动量定理、动量守恒是核心考点，流体模型属于特色题目，运动分析和受力分析能力是基本能力要求。 【考察要求】 注重基础概念和规律的理解，熟练掌握动量守恒的经典模型的分析方法； 注意流体问题的原理分析，掌握连续流体、粒子流、球模型等流体模型分析方法。 【知识大纲】 【高分技巧】 一、基本概念辨析 二、动量定理及其应用 1.内容：合力的冲量等于动量的变化量，即 2.应用步骤：①明确研究对象和研究过程，并规定正方向；②受力分析，求合力的冲量（不必分析系统内力）； ③状态分析，求动量的变化量；④列方程求解。 3.动量的变化率（即动量变化的快慢）为物体所受合力： 4.牛顿第二定律、动能定理和动量定理的对比 5.动量定理中的流体模型将在“重难点09”中详细说明。 三、动量守恒定律 1.动量守恒定律 (1)动量守恒条件 ①理想条件：系统不受外力； ②实际条件：所受外力的矢量和为零； ③近似条件：内力远大于外力，如爆炸、反冲等； ④单方向动量守恒：某一方向上合外力为零，则虽然系统动量不守恒，但该方向上动量守恒； (2)动量守恒方程：m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’ (3)注意区分动量守恒与机械能守恒的条件 ①不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零，系统在该方向上动量守恒； ②在只有重力或弹力做功的系统内，动能与势能相互转化，机械能守恒； ③动量是否守恒与机械能是否守恒没有必然的联系。 2.碰撞模型 (1)碰撞的特点： ①碰撞相互作用时间极短、平均相互作用力很大、可认为碰撞前后物体位移为零，物体仍在同一位置，故碰撞模型系统的内力远大于外力，系统动量守恒； ②根据能量守恒，碰撞过程机械能不增加； ③碰后速度的合理，即后方球比前方球速度小。 (2)碰撞的分类： ①　弹性碰撞：没有机械能损失 "动碰静"弹性正碰：动量守恒，；机械能守恒：， 即 因此，"动碰静"弹性正碰模型有以下结论： A.等质换速，此时动能传递最有效； B.碰撞前后相对速度不变，即。 ②　完全非弹性碰撞：碰后共速，机械能损失最大 根据动量守恒，；根据机械能守恒： ③　非完全弹性碰撞：介于前两种碰撞之间。 3.广义碰撞模型及爆炸反冲模型 （建议用时：260分钟） 【考向一：动量、冲量、动量定理】 1．（2022海淀二模）量为m的物块在粗糙水平面减速运动，当速率为v时，施加与水平方向夹角为θ的恒力F，如图所示。经过时间t，物块恰好以相同速率v向右运动。在该时间t内，下列说法正确的是（） A．物块所受拉力F的冲量方向水平向右 B．物块所受拉力F的冲量大小为Ftcosθ C．物块所受重力的冲量大小为零 D．物块所受合力的冲量大小为2mv 【答案】D 【解析】AB．物块所受拉力的冲量为，方向与水平方向夹角为，故AB错误； C．物块所受重力的冲量为，故C错误； D．由动量定理可知，故D正确； 故选D。 2．（2021北京真题）如图所示，圆盘在水平面内以角速度绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴处的点有一质量为的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是（） A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为 C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动 D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为 【答案】D 【解析】A、圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力提供向心力，所以摩擦力方向沿半径方向指向圆心，故A错误； B、圆盘停止转动前，根据动量定理△，小物体转动一圈回到原点，速度不变，所以动量变化量为0，摩擦力的冲量为0，故B错误； C、圆盘停止转动后，小物体将沿停止前的速度方向做匀减速运动，故C错误； D、圆盘停止转动后，小物体将沿停止前的速度方向做匀减速运动，停止转动瞬间的速度，最终停止运动速度为0，根据动量定理△，可知动量变化量为，所以摩擦力的冲量为，故D正确。 故选D。 3．（2023海淀二模）如图所示，圆盘可在水平面内绕通过O点的竖直轴转动（俯视），圆盘上距轴r处有一质量为m的物块（可视为质点）。某时刻起，圆盘开始绕轴转动，经过一段时间，其角速度从0增大至。已知物块与圆盘之间的动摩擦因数、重力加速度g，该过程中物块始终相对圆盘静止，下列说法正确的是（） A．物块所受摩擦力的方向始终指向O点 B．物块所受摩擦力的大小始终为 C．物块所受摩擦力的冲量大小为 D．物块所受摩擦力做的功为0 【答案】C 【解析】A．在角速度从0增大至过程中，物块有切线方向的加速度，则摩擦力有切向分力，不是指向O点，故A错误； B．该过程中物块始终相对圆盘静止，则摩擦力始终小于最大静摩擦力，故B错误； C．物块受到的支持力与重力的冲量大小相等方向相反，则根据动量定理，物块的动量改变量等于摩擦力的冲量，为，故C正确； D．支持力和重力不做功，根据动能定理，摩擦力做功等于动能改变量为，故D错误。 故选C。 4．（2023西城二模）研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力，根据图像可知（） A．弹性绳的原长为15m B．0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量 C．15~27m下落过程中，运动员受合力先减小后增大 D．0~27m下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量 【答案】B 【解析】A．由图像可知位移大小为15m时，速度大小为最大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳的原长小于15m，故A错误； B．运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15m，所以0~15m下落过程中，运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故B正确； C．15m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大。故C错误； D．0~27m下落过程中由动量定理可得，可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D错误。 故选B。 5．（2022丰台一模）将质量为m的物体从地面竖直向上抛出，一段时间后物体又落回抛出点。在此过程中物体所受空气阻力大小不变，下列说法正确的是（） A．上升过程的时间大于下落过程的时间 B．上升过程中机械能损失小于下落过程中机械能损失 C．上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量 D．上升过程的动量变化量小于下落过程的动量变化量 【答案】C 【解析】A．设空气阻力大小为f，上升过程的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得，得 设下降过程的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得，解得，所以上升过程的加速度大小大于下降过程的加速度大小，由于上升和下降的位移相等，由运动学公式可知，上升过程的时间小于下落过程的时间，故A错误； B．由于空气阻力大小不变，上升过程和下降过程空气阻力做的功相等，所以上升过程中机械能损失等于下落过程中机械能损失，故B错误； C．设物体从地面竖直向上抛出时的速度为v0，物体落回到地面时的速度为v，由运动学公式得，，又因为，所以，上升过程的动能减小量为，下落过程的动能增加量为，所以上升过程的动能减小量大于下落过程的动能增加量，故C正确； D．上升过程动量的变化量为，下落过程的动量变化量为，所以上升过程的动量变化量大于下落过程的动量变化量，D正错误。 故选C。 6．（2023石景山一模）如图所示，在粗细均匀的玻璃管内注满清水，水中放一个红蜡做的小圆柱体N（可视为质点），稳定时N在水中匀速上浮。现将玻璃管轴线与竖直方向y轴重合，在N上升刚好匀速运动时的位置记为坐标原点O，同时玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动。N依次经过平行横轴的三条水平线上的A、B、C位置，在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，对应的动能变化量分别为、、，动量变化量的大小分别为、、。则下面分析正确的是（） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【解析】由于小圆柱体N竖直方向上做匀速直线运动，且在OA、AB、BC三个过程中沿y轴方向的距离相等，令为，可知OA、AB、BC三个过程经历时间相等，， 小圆柱体在水平方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则小圆柱体运动至A、B、C位置水平方向的分位移分别为，，，则有， 根据动能定理有，，解得 根据动量定理有，，解得 故选A。 7．（2023北大附中三模）一质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为，重力加速度g取。则（） A．时物块的动量大小为 B．时物块的速度大小为，方向向右 C．时间内F对物块的冲量大小为 D．时间内物体的位移为 【答案】D 【解析】A．物块与地面间的滑动摩擦力为，则前，物块开始滑动，受到滑动摩擦力作用，时根据动量定理，故A错误； B．时物块速度，2s-3s过程，加速度大小为，方向为负，则时物块的速度大小为零，故B错误； C．0~4s时间内F对物块的冲量大小为，故C错误； D．时物块的速度大小为零，之后拉力与摩擦力平衡，不再运动，则0~4s时间内物体的位移为，故D正确。 故选D。 8．（2018北京真题）年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道与弯曲滑道平滑衔接，滑道高，是半径圆弧的最低点．质量的运动员从处由静止开始匀加速下滑，加速度，到达点时速度．取重力加速度． （1）求长直助滑道的长度； （2）求运动员在段所受合外力的冲量的大小； （3）若不计段的阻力，画出运动员经过点时的受力图，并求其所受支持力的大小． 【答案】（1）（2）（3）见解析； 【解析】（1）从到根据速度位移关系可得：，解得． （2）根据动量定理可得：． （3）运动员经过点时受到重力和支持力，如图所示： ​​​ 根据动能定理：，根据第二定律：，解得． 9．（2023东城二模）一个质量为m的物体，在光滑水平面上向左做匀加速直线运动。某时刻物体的速度为v1，经过一段时间∆t，速度变为v2。 （1）求物体的加速度大小a； （2）若物体所受合力为F，在∆t时间内动量的变化量为∆p，根据牛顿第二定律推导∆p与F的关系； （3）若物体继续向左运动与竖直墙壁发生碰撞。碰前瞬间物体的速度大小为7m/s，碰后物体以6m/s的速度反向运动。碰撞时间为0.05s，已知m=0.5kg，求碰撞过程中墙壁对物体的平均作用力。 【答案】（1）；（2）见解析；（3）130N，方向水平向右 【解析】（1）根据匀变速直线运动规律，可得 （2）根据牛顿第二定律，，所以 （3）由（2）分析可知，解得，方向水平向右。 10．（2023海淀一模反馈）图1中过山车可抽象为图2所示模型：弧形轨道下端与半径为的竖直圆轨道平滑相接，点和点分别为圆轨道的最低点和最高点。质量为的小球（可视为质点）从弧形轨道上距点高的点静止释放，先后经过点和点，而后沿圆轨道滑下。忽略一切摩擦，已知重力加速度。 （1）求小球通过点时的速度大小。 （2）求小球通过点时，小球对轨道作用力的大小和方向。 （3）求小球从点运动到点的过程中，其所受合力冲量的大小。 （4）若小球从点运动到点的过程中所用时间为，求轨道对小球的冲量大小和方向。 【答案】（1）；（2），方向竖直向上；（3）；（4），方向斜向左上，并且与水平方向夹角 【解析】（1）根据机械能守恒，得 （2）根据机械能守恒 在C点，由牛顿第二定律，得 根据牛顿第三定律，小球对轨道作用力的大小为，方向竖直向上。 （3）B、C两点动量相反，根据动量定理，得 （4）B到C过程动量的变化量水平向左，即合外力冲量水平向左， 则，得 设水平方向夹角为，则 故轨道对小球的冲量的方向斜向左上，并且与水平方向夹角为 11．（2024海淀一模反馈）运动的合成与分解是物理中重要的思想方法，可以把复杂的、不熟悉的运动转化成简单的、熟悉的运动模型。 （1）如图1所示，一质点做匀速圆周运动，其到圆心的连线与x轴的夹角为θ，从运动学的角度证明：其在x轴方向的投影为简谐振动； （2）根据运动的独立性，向心力在水平方向的分力相当于物体做简谐运动的回复力，请推导质量为m、劲度系数为k的弹簧振子做简谐振动的周期； （3）弹簧振子质量为m，劲度系数为k，振幅为A，在图2中作出振子在一个周期内的动量p随着位移x的变化图像。 【答案】见解析； 【解析】（1）设圆周运动的角速度为ω，与圆心的连线与x轴的夹角为θ，在x轴方向的投影有，满足正余弦函数的形式，因此是简谐振动； （2）物体做圆周运动的向心力为 其投影所对应的简谐运动的回复力为 即，解得 （3）设简谐振动对应的匀速圆周运动的运动速度为v0，当位移为x时，有 简谐振动的速度，所以 根据可得，，其中 所以振子在一个周期内的动量p随着位移x的变化图像，如图所示 【考向二：动量定理的应用】 1．（2024西城一模）2023年7月，由中国科学院研制的电磁弹射实验装置启动试运行，该装置在地面构建微重力实验环境，把“太空”搬到地面。实验装置像一个“大电梯”，原理如图所示，在电磁弹射阶段，电磁弹射系统推动实验舱竖直向上加速运动至A位置，撤除电磁作用。此后，实验舱做竖直上抛运动，到达最高点后返回A位置，再经历一段减速运动后静止。某同学查阅资料了解到：在上述过程中的某个阶段，忽略阻力，实验舱处于完全失重状态，这一阶段持续的时间为4s，实验舱的质量为500kg。他根据上述信息，取重力加速度，做出以下判断，其中正确的是（） A．实验舱向上运动的过程始终处于超重状态 B．实验舱运动过程中的最大速度为40m/s C．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱做功大于 D．向上弹射阶段，电磁弹射系统对实验舱的冲量等于 【答案】C 【解析】A．实验舱在电磁弹射阶段处于超重状态，在竖直上抛阶段处于失重状态，选项A错误； B．实验舱在电磁弹射结束后开始竖直上抛时的速度最大， 根据竖直上抛运动的对称性可知该速度为，选项B错误； C．在向上弹射过程中，根据动能定理有，所以，选项C正确； D．在向上弹射过程中，根据动量定理有，所以，选项D错误。 故C正确。 2．（2022西城二模）一位同学在水平地面上做立定跳远，他从位置②起跳，到位置⑤落地，位置③是他在空中的最高点，在位置②和⑤时他的重心到地面的距离近似相等。以下说法正确的是（） A．在位置③，人的速度为0 B．从位置②到⑤，重力对人的冲量几乎为0 C．从位置②到⑤，重力做功几乎为0 D．在位置②起跳至离地的过程中，支持力的冲量与重力的冲量大小相等 【答案】C 【解析】A．人做斜抛运动，则在位置③时，人有水平速度，即人的速度不为0，选项A错误； B．从位置②到⑤，重力对人的作用时间不为零，根据IG=mgt可知，重力的冲量不为0，选项B错误； C．从位置②到⑤，人的重心高度几乎不变，则根据WG=mgh可知，重力做功几乎为0，选项C正确； D．在位置②起跳至离地的过程中，人有了向上的速度，平均加速度向上，支持力大于重力，则支持力的冲量大小大于重力的冲量大小，选项D错误。 故选C。 3．（2021西城一模）某女子铅球运动员分别采用原地推铅球和滑步推铅球两种方式进行练习，右图为滑步推铅球过程示意图．她发现滑步推铅球比原地推铅球可增加约米的成绩．假设铅球沿斜向上方向被推出，且两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，下列说法正确的是（） A．两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同 B．采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高 C．两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同 D．滑步推铅球可以增加成绩，可能是因为延长了运动员对铅球的作用时间 【答案】D 【解析】A．滑步推铅球的水平位移大，由于两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，故滑步推铅球的初速度更大即竖直方向初始的分速度更大，则滑步推铅球时铅球在空中运动时间更长，A错误； B．原地推铅球方式初速度更小，由可知原地推铅球方式推出的铅球上升高度更小，故B错误； C．两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向相同，但初速度大小、水平分速度不相同，故C错误； D．滑步推铅球时铅球初速度更大，由动量定理可知可能是延长了运动员对铅球的作用时间，故D正确． 故选D 4．（2023朝阳二模）排球运动员在某次发球中，左手托球由静止开始竖直向上运动时，排球脱离左手继续向上运动达到最高点，然后下落被右手击出。已知排球的质量为，重力加速度取，空气阻力忽略不计。下列说法正确的是（） A．排球刚脱离左手时的速度大小为 B．排球被右手击出前运动的总时间为 C．排球向上运动的过程中，人对排球所做的功为 D．排球向上运动的过程中，人对排球的冲量大小为 【答案】C 【解析】A．排球脱离左手继续向上运动达到最高点，则排球刚脱离左手时的速度大小为，选项A错误； B．左手托球由静止开始竖直向上运动的时间t1；脱离左手上升时间，下落时间，则排球被击出前的总时间为，选项B错误； C．排球向上运动的过程中，根据动能定理，解得人对排球所做的功为，选项C正确； D．排球向上运动到脱离手的过程中，由动量定理，则人对排球的冲量大小大于，选项D错误。 故选C。 5．（2024东城一模）一个质量为m的网球从距地面高处自由下落，反弹的最大高度为。不考虑所受的空气阻力，重力加速度用g表示，对网球与地面接触的运动过程，下列判断正确的是（） A．网球的加速度先向上后向下 B．网球速度为0时受地面的弹力最大 C．地面对网球所做的功等于 D．网球受地面的平均冲击力等于 【答案】B 【解析】A．整个过程中网球的加速度均为重力加速度，所以加速度不变，故A项错误； B．网球在与地面接触的运动过程中，网球下降的过程中网球的形变量越来越大，弹力越来越大， 开始阶段地面对网球向上的弹力小于重力，此时网球的合外力向下，加速度向下，网球做加速运动，由牛顿第二定律，随着压缩量增加，弹力增大，合外力减小，则加速度减小，方向向下， 当时，合外力为零，加速度为0，此时速度最大； 由于惯性网球继续向下运动，此时，方向向上，网球减速，随着压缩量增大，网球合外力增大，加速度增大，方向向上。 所以网球下降过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小，小球运动最低点时，网球的速度为零，地面的弹力最大，故B项正确； C．由于网球与地面接触过程中，作用点无位移，所以地面对网球所做的功为零，故C项错误； D．小球从处自由落下，设落地瞬间速度为，有，解得， 小球离开地面的速度为，有，解得 设网球与地面作用时间为t，设向下为正方向，由动量定理有， 整理有，由于地面与网球作用时间未知，所以平均冲力取法求得，故D项错误。 故选B。 6．（2024石景山一模）应用物理知识分析生活中的常见现象，解释游戏中的物理原理，可以使学习更加有趣和深入。两同学分别做了如下小游戏。如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处。甲同学第一次慢拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的P点；将棋子、纸条放回原来的位置，第二次快拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点。乙同学把一象棋子静置于水平桌面上，然后用手指沿水平方向推棋子，棋子由静止开始运动，并且在离开手指后还会在桌面上滑行一段距离才停止运动。据此，两同学提出了如下观点，其中正确的是（） A．甲同学第一次慢拉，棋子受纸条的摩擦力更大 B．甲同学第二次快拉，棋子受纸条摩擦力的冲量更大 C．乙同学推棋子，棋子离开手指前一直做加速运动 D．乙同学推棋子，棋子的最大速度一定在与手指分离之前 【答案】D 【解析】A．甲同学拉动纸条让棋子开始运动，两次都受滑动摩擦力，摩擦力大小相等，故A错误； B．棋子离开桌面后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，由，可知，离开桌面时第二次的水平速度小于第一次的水平速度，结合动量定理得，所以甲同学第一次慢拉，棋子受纸条摩擦力的冲量更大。故B错误； CD．棋子离开手之前受手给棋子得作用力和滑动摩擦力，而手给棋子得作用力为变力，由于棋子刚开始处于静止状态，所以刚接触的一段时间内棋子一定做加速运动，但在棋子离开手之前不一定一直做加速运动，棋子离开手后做匀减速直线运动，所以棋子的最大速度一定在与手指分离之前，但离手前不一定一直做加速直线运动，故C错误，D正确。 故选D。 7．（2023海淀查漏补缺）如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道所含圆弧的度数很小，O是圆弧的最低点。两个完全相同的小球M、N从圆弧左侧的不同位置同时释放。它们从释放到到达O点过程中都经过图中的P点。下列判断正确的是（） A．M比N后到达O点 B．M、N通过P点时所受的回复力相同 C．M有可能在P点追上N并与之相碰 D．从释放到到达O点过程中，重力对M的冲量比重力对N的冲量大 【答案】B 【解析】A．根据，两个小球做简谐振动的周期相同，M、N同时到达O点，故A错误； B．M、N通过P点时所受的回复力相同，均为小球在该点重力沿着切线方向的分力，故B正确； C．M、N同时到达O点，则M不可能在P点追上N并与之相碰，故C错误； D．从释放到到达O点过程中，根据I=mgt，重力对M的冲量等于重力对N的冲量，故D错误。 故选B。 8．（2024人大附一模）为保证航海安全，海员需进行跳水训练。某次跳水训练中，质量的海员从距水面的跳台边缘处由静止自由下落，下落过程中双脚并拢，脚尖绷直，身体始终保持竖直。忽略空气阻力，重力加速度g取。 （1）求海员从离开跳台到接触水面所用的时间； （2）已知海员本次跳水触水瞬间受到水的作用力方向竖直向上，大小，式中水的密度，比例系数，触水瞬间的有效面积，求海员触水瞬间加速度的大小； （3）若海员从触水到速度减为0用时2s，求该过程中水对海员平均作用力的大小。 【答案】（1）1s；（2）2m/s2；（3）1125N 【解析】（1）海员从离开跳台到接触水面过程仅受重力作用，有，解得 （2）海员触水瞬间的速度 海员触水瞬间加速度的大小 （3）规定向下为正方向，设运动员受到水的平均作用力大小约为F，方向向上， 由动量定理得，解得 9．（2023东城一模）应用恰当的方法可以对一些问题进行深入分析，比如，研究一般的曲线运动时，可以把这条曲线分割为许多很短的小段，每小段都可以看作圆周运动的一部分，此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径p，用来描述这一点的弯曲程度，如图甲所示，这样，在分析质点经过曲线上某位置的运动时，就可以采用圆周运动的分析方法来处理。如图乙所示，有人设计了一个光滑的抛物线形轨道，位于平面直角坐标系的第二象限内，末端恰好位于坐标原点O，且切线沿水平方向，质量为m的小滑块从轨道上的A点由静止开始下滑，滑到轨道末端时速度大小为，轨道对其支持力大小为，之后小滑块离开轨道做平抛运动。已知轨道曲线与小滑块做平抛运动的轨迹关于坐标原点O对称，重力加速度为g。 （1）求轨道末端的曲率半径； （2）小滑块做平抛运动时经过B点（图中未出），若由A点运动到O点与由O点运动到B点经过相同路程，用表示小滑块由A点运动到O点过程的动量变化量，用表示小滑块由O点运动到B点过程的动量变化量，通过分析比较与的大小； （3）轨道上的C点距x轴的距离为，求小滑块经过C点时受到的支持力大小。 【答案】（1）；（2）与的大小相等；（3） 【解析】（1）小滑块运动到O点时，根据牛顿第二定律，解得 （2）设A点距x轴的距离为，小滑块由A点运动到O点的过程中 根据动能定理 小滑块由O点运动到达B点过程中，下落距离也为，则 根据动量定理，解得，因此，与的大小相等。 （3）如图所示，小滑块经过C点时受到重力、支持力作用，C点处的曲率半径为 根据牛顿第二定律有，从C点运动到O点过程中根据动能定理有 由于轨道曲线与平抛轨迹关于坐标原点O对称，所以在平抛轨迹上有对称点D，其曲率半径为，距x轴的距离为。小滑块运动到D点时速度为，在D点时， 从O点运动到D点过程中根据动能定理有，联立可得 【考向三：动量守恒定律与碰撞模型】 1．（2022北京真题）质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标随时间变化的图像如图所示．下列说法正确的是（） A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率 C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能 【答案】C 【解析】A、图像的斜率为物体的速度，由图可知，碰前静止，速度为，故A错误； B、根据斜率可知，碰撞后的速率为，的速率为，负号说明反向弹回，二者速度大小相等，故B错误； C、碰撞后反向弹回，以开始时的方向为正方向，由动量守恒定律可知，，代入数据解得，，由速度大小相等，得到碰撞后的动量大于的动量，故C正确； D、由动能的定义可知，的动能，的动能，因为，，所以碰撞后的动能大于的动能，故D错误 故选：C 2．（2023北师大附中三模）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的v—t图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（） A．碰后红壶将被反弹回来 B．碰后蓝壶速度为0.8m/s C．碰后蓝壶移动的距离为2.4m D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力 【答案】B 【解析】AB．由图可知，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后速度为v′0＝0.2m/s，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v， 取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得mv0＝mv′0+mv，代入数据解得v＝0.8m/s 由于，碰撞过程机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，A错误，B正确； C．根据速度图像与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小，C错误； D．根据图像的斜率表示加速度，可知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律可知，碰后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，D错误。 故选B。 3．（2020北京真题）在同一竖直平面内，个完全相同的小钢球(号、号、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．将号移至高度释放，碰撞后，观察到号静止、号摆至高度。若号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，号仍能摆至高度 B．将、号一起移至高度释放，碰撞后，观察到号静止，、号一起摆至高度，释放后整个过程机械能和动量都守恒 C．将右侧涂胶的号移至高度释放，、号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，号仍能摆至高度 D．将号和右侧涂胶的号一起移至高度释放，碰撞后，、号粘在一起向右运动，未能摆至高度，释放后整个过程机械能和动量都不守恒 【答案】D 【解析】A．将1号移至高度释放，碰撞后，观察到号静止、号摆至高度，可知，小球、间，、间发生了弹性碰撞，且碰后交换速度。若号换成质量不同的小钢球，、间，、间碰后并不交换速度，则号上摆的高度不等于，故A错误； B．将、号一起移至高度释放，碰撞后，观察到号静止，、号一起摆至高度，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．将右侧涂胶的号移至高度释放，、号碰撞后粘在一起，发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，再与球碰撞后，获得的速度小于与碰撞前瞬间的速度，则号上升的高度小于，故C错误； D．小球发生完全非弹性碰撞，机械能有损失，释放后整个过程机械能和动量都不守恒，故D正确. 故选D． 4．（2021朝阳一模）如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬点均为O。在O点正下方0.19L处固定一小钉。初始时刻B静止于最低点，其摆线紧贴小钉右侧，A从图示位置由静止释放（θ足够小），在最低点与B发生弹性正碰。两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，悬线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是（） A．若m1=m2，则A、B在摆动过程中最大振幅之比为9:10 B．若m1=m2，则每经过时间A回到最高点 C．若m1>m2，则A与B第二次碰撞不在最低点 D．若m1<m2，则A与B第二次碰撞必在最低点 【答案】D 【解析】A．若m1=m2，则两球碰撞后交换速度，所以A、B在摆动过程中最大振幅相等，选项A错误； B．若m1=m2，两球的振动完全一样，所以每经过时间A回到最高点，选项B错误； C．摆长为L的周期为，摆长为0.81L的周期为，若m1>m2，则碰后A球向右运动，摆长变为0.81L，B球摆回最低点后向左运动时，摆长为0.81L，所以两摆的周期均为，即第一次在最低点碰撞后，经过一个周期发生第二次碰撞，位置仍然在最低点，选项C错误； D．若m1<m2，则A与B碰后，A反弹，两球的摆长一样，周期一样，所以各经过半个周期后，在最低点发生第二次碰撞，选项D正确。 故选D。 5．（2023北京真题）如图所示，质量为的小球用一不可伸长的轻绳悬挂在点，在点正下方的光滑桌面上有一个与完全相同的静止小球，距点的距离等于绳长．现将拉至某一高度，由静止释放，以速度在水平方向和发生正碰并粘在一起．重力加速度为．求： （1）释放时距桌面的高度； （2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小； （3）碰撞过程中系统损失的机械能. 【答案】（1）（2）（3） 【解析】（1）根据机械能守恒定律有得 （2）根据牛顿第二定律有得 （3）设碰撞后的速度为,根据动量守恒定律有 得 6．（2021北京真题）如图所示，小物块、的质量均为，静止在轨道水平段的末端。以水平速度与碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为，取重力加速度。求： （1）两物块在空中运动的时间 （2）两物块碰前的速度的大小 （3）两物块碰撞过程中损失的机械能△。 【答案】（1）（2）（3） 【解析】（1）竖直方向为自由落体运动，由，代入数据解得 （2）设、碰后速度为，水平方向为匀速运动，由，代入数据解得 根据动量守恒定律，规定向右为正方向，由，得 （3）两物体碰撞过程中损失的机械能△，代入数据解得△ 7．（2024海淀一模）如图所示，水平地面上固定着光滑斜槽，斜槽的末端和粗糙地面平滑连接，设物块通过连接处时速率不发生改变。质量m1=0.4kg的物块A从斜槽上端距水平地面高度h=0.8m处由静止下滑，并与静止在斜槽末端的质量m2=0.8kg的物块B相碰，相碰后物块A立即停止运动，物块B滑行一段距离后停止运动。取重力加速度g=10m/s2，两物块均可视为质点。求： （1）物块A与物块B碰撞前瞬间的速度大小。 （2）物块A与物块B碰撞过程中A、B系统损失的机械能。 （3）滑动摩擦力对物块B做的功。 【答案】（1）4m/s；（2）1.6J；（3）-1.6J 【解析】（1）物块A与物块B碰撞前，根据动能定理有，解得m/s （2）物块A与物块B碰撞过程中，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有，解得J （3）B运动到停止的过程中，根据动能定理有，解得J 8．（2022朝阳一模）如图所示，把一个质量kg的小球放在高度m的直杆的顶端。一颗质量kg的子弹以m/s的速度沿水平方向击中小球，并经球心穿过小球，小球落地处离杆的水平距离m。取重力加速度m/s2，不计空气阻力。求： （1）小球在空中飞行的时间t； （2）子弹刚穿出小球瞬间的速度v； （3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能。 【答案】（1）1s；（2）；（3） 【解析】（1）子弹穿过小球后，小球在竖直方向做自由落体运动，则有，解得 （2）设子弹穿过小球后小球的初速度为v1，因为小球水平方向为匀速运动，所以有 子弹穿过小球的过程系统动量守恒。取水平向右为正方向，则，得 （3）子弹穿过小球的过程中，系统损失的机械能 9．（2024海淀一模反馈）如图所示为竖直放置的四分之一光滑圆弧轨道，O点是其圆心，半径R=0.8m，OA水平、OB竖直，轨道底端B与光滑平直轨道BC平滑相接。轨道底端距水平地面的高度h=0.8m。从轨道顶端A由静止释放一个质量为0.4kg的小球1，小球到达轨道底端B后进入平滑轨道，并在C点与另一质量为0.1kg的小球2发生碰撞，碰撞后从C点飞出并落在地面上，小球2平抛运动的水平位移为1.6m。忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求： （1）小球1到达圆弧轨道底端B点时对轨道的压力大小。 （2）碰撞后小球1的速度大小。 （3）碰撞过程小球1和小球2体系损失的能量。 【答案】（1）12N；（2）3m/s；（3）0.6J 【解析】（1）小球1从A到B，由动能定理有m1gR=m1v02，则v0=4m/s 在B点N-m1g=解得，N=12N 由牛顿第三定律小球1到达圆弧轨道底端B点时对轨道的压力大小F=12N （2）小球2平抛过程h=gt2，v2==4m/s 碰撞过程动量守恒m1v0=m1v1+m2v2，所以碰撞后小球1的速度v1=3m/s （3）根据能量守恒E损=（m1v12+m2v22）=0.6J 【考向四：动量守恒的应用（弹簧、板块、多次碰撞）】 1．（2024朝阳一模）如图所示，光滑水平地面上的P、Q两物体质量均为m，P以速度v向右运动，Q静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时（） A．P的动量为0 B．Q的动量达到最大值 C．P、Q系统总动量小于mv D．弹簧储存的弹性势能为 【答案】D 【解析】A．当弹簧被压缩至最短时，两物体速度相同，P、Q系统所受外力为零，因此整个过程中动量守恒，所以P的动量为，故A错误； B．弹簧压缩至最短后，Q的速度将继续变大，当弹簧恢复原长时，Q的动量达到最大值，故B错误； C．P、Q系统动量守恒，总动量为，故C错误； D．根据动量守恒和能量守恒，，解得，故D正确。 故选D。 2．（2023通州一模）如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为和的两物块相连接，并且静止在光滑的水平桌面上。现使m1瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，以下说法正确的是（） A．两物块的质量之比为 B．在时刻和时刻弹簧的弹性势能均达到最大值 C．时间内，弹簧的长度大于原长 D．时间内，弹簧的弹力逐渐减小 【答案】B 【解析】A．以m1的初速度方向为正方向，对0～1s时间内的过程，由动量守恒定律得，将v1=3m/s，v共=1m/s代入解得，故A错误； B．根据系统能量守恒可知在时刻和时刻，系统的动能最小，弹簧的弹性势能达到最大值，故B正确； C．在时刻弹簧压缩至最短，所以时间内，弹簧的长度小于原长，故C错误； D．时间内，弹簧处于拉伸阶段，弹力逐渐增大 故选B。 3．（2022门头沟一模）如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度击中砂袋后未穿出，与砂袋一起向右摆动的最大角为。弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力。下列说法中正确的是（） A．弹丸打入砂袋瞬间，细绳所受拉力大小保持不变 B．弹丸打入砂袋瞬间，弹丸对砂袋的冲量大于砂袋对弹丸的冲量 C．弹丸打入砂袋瞬间二者组成的系统动量不守恒 D．弹丸打入砂袋后，二者共同运动过程机械能守恒 【答案】D 【解析】A．根据牛顿第三定律可知，细绳所受拉力大小与砂袋所受拉力大小相等，弹丸打入砂袋前，根据平衡条件有，弹丸打入砂袋瞬间，砂袋有了速度，对砂袋，根据牛顿第二定律有，解得，砂袋所受拉力变大，则细绳所受拉力大小变大，故A错误； B．根据牛顿第三定律可知，弹丸对砂袋的作用力大小等于砂袋对弹丸的作用力大小，作用时间相等，根据可知，弹丸对砂袋的冲量等于砂袋对弹丸的冲量，故B错误； C．弹丸打入砂袋，二者组成的系统满足外力远小于内力，所以此瞬间动量守恒，故C错误； D．弹丸打入砂袋后运动过程，绳子拉力不做功只有系统的重力做功，机械能守恒，故D正确。 故选D。 4．（2023平谷一模）如图所示，质量分别为和的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（） A．在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力 B．释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒 C．若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后弹起的最大高度，则碰撞后弹起的最大高度一定大于2.5h D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大高度为h 【答案】C 【解析】A．在下落过程中，两个小球都做自由落体运动，故两个小球之间无相互作用力，A错误； B．释放后至弹起的过程中，两小球所受合力不为0，故动量不守恒，B错误； C．整个过程中两小球的机械能守恒，根据机械能守恒定律 由题知，，解得，故C正确； D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为内能，故两球弹起的最大高度为应小于h，故D错误。 故选C。 5．（2022八十中三模）一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处于平衡状态。一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落，撞击平板，已知碰后环与板以相同的速度向下运动，则（） A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒 B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒 C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小有关 D．在碰后板和环一起下落的过程中，环与板的总机械能守恒 【答案】A 【解析】AB．圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故A正确，B错误； C．碰撞后平衡时，有，即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C错误； D．碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，环与板的总机械能不守恒，故D错误。 故选A。 6．（2022十一学校三模）如图1所示，运动员做“蹲跳起”动作，离开地面的瞬间，全身绷紧，之后离开地面的最大高度为H。设重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）求运动员离开地面瞬间的速度。 （2）地面是不会对人做功的，那么人是如何获得机械能的呢？为了解释这个问题，小亮同学构建了如下模型：如图2所示，将人的上半身和下半身分别看作质量为m1和m2的物块，上、下半身间的作用力看成物块间竖直轻弹簧的弹力。将m1从平衡位置向下压距离h，表示人“蹲下”；然后松手，m1向上运动，表示人“站起”；当m1回到平衡位置时，突然将弹簧的长度锁定，m2被带离地面，表示人“跳起”。试结合这一模型，计算运动员在“站起”过程中至少要做多少功。 （3）如图3所示的是立定跳远动作分解图，有一个动作要领是起跳过程中要大幅度摆臂，且离开地面前瞬间手臂向前甩。将人的手臂和其他部位看成两个部分，试从物理的角度解释起跳时摆臂的原因。 【答案】（1）；（2）；（3）见解析 【解析】（1）运动员离开地面做竖直上抛运动，由，解得 （2）从m1下压距离h位置松手瞬间开始到将弹簧长度锁定瞬间结束，这个过程表示人的“站起”过程。设弹簧长度锁定前瞬间，m1速度为u，弹簧长度锁定后瞬间m1与m2整体离地，速度为， 由弹簧长度锁定过程系统动量守恒，解得 则至少需要做功 （3）把手臂和躯体看作两个部分，向前摆臂会使得起跳瞬间手臂部分的速度比身体的速度大，根据系统的动量守恒，起跳后身体速度还会增大，从而提高成绩。 弹簧长度锁定时相当于完全非弹性碰撞，有人漏掉其中的能量损失，少算了m1上升h重力势能增加量。没有明确研究对象，没有把手臂和身体明确点出来并设质量；没有完全理解问题（2），导致选择的物理原理不合适（动力学、能量），动力学角度说不清手臂带动身体的力如何产生的，能量角度是因为手臂向后摆也多做功；语言不够简洁规范，意思是到位了（比如说手臂会带动身体向前），但没点明动量守恒，最好直接写式子。 7．（2024海淀三模）如图所示，在粗糙水平地面上静止放置着物块B和C，相距，在物块B的左侧固定有少量炸药，在物块B的左边有一弹簧枪，弹簧的弹性势能，弹簧枪将小球A水平发射出去后，小球A与B发生碰撞并导致炸药爆炸使小球A又恰好返回到弹簧枪中将弹簧压缩到初位置，物块B再与物块C发生正碰，碰后瞬间物块C的速度。已知物块A和物块B的质量均为，若C的质量为B质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数。（设碰撞时间很短，g取） （1）计算A与B碰撞后瞬间B的速度； （2）计算B与C碰撞前瞬间的速度； （3）根据B与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论B与C碰撞后B的可能运动方向。 【答案】（1）；（2）；（3）见解析 【解析】（1）根据题意可知，弹簧枪将小球A水平发射出， 设小球A以发出，则有，解得 由于碰撞之后，A又恰好返回到弹簧枪中将弹簧压缩到初位置，则A与B碰撞后，A的速度大小为，方向向左，A与B碰撞过程中，系统动量守恒，由动量守恒定律有，解得 （2）从B开始运动到B与C碰撞的过程中，由动能定理有，解得 （3）根据题意可知，B和C碰撞过程中，系统动量守恒， 由动量守恒定律有，整理可得 可知，若碰撞后B、C同向运动，则有，可得 若碰撞后B静止，则有，解得 若碰撞后B反向，则有，解得 由于碰撞过程中，动能不能增加，则有，解得 则有当时，碰撞后B、C同向运动；当时，碰撞后B静止；当，碰撞后B的方向与C的方向相反。 8．（2023海淀查漏补缺）质量为m1的A球从高度为H处由静止开始沿曲面下滑，与静止在水平面上质量为m2的B球发生正碰，两球大小相同，碰撞时间极短，碰撞过程中没有动能损失。不计一切摩擦，重力加速度为g。 （1）根据动能定理和重力做功与重力势能的关系，证明A球沿曲面下滑过程机械能守恒； （2）两球发生第一次碰撞后各自的速度大小vA、vB； （3）为了能发生第二次碰撞，两球质量m1、m2间应满足什么条件？ 【答案】（1）见解析；（2）；；（3）m2>3m1 【解析】（1）A球沿曲面下滑过程只有重力做功，根据动能定理WG＝Ek2－Ek1 根据重力与重力势能关系WG＝Ep1－Ep2 由以上两式得Ek2－Ek1＝Ep1－Ep2，即Ek2+Ep2＝Ek1+Ep1 （2）A下滑过程机械能守恒，得 A、B碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒， 得， （3）为了能发生第二次碰撞，第一次碰后A应反向，且A的速度大于B的速度， 因此应有m2－m1>2m1，得m2>3m1 9．（2023八中三模）某兴趣小组同学利用如图甲所示的一组大小、质量各不相同的硬质弹性小球进行了若干次碰撞实验。所有碰撞都可认为是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力影响，小球均可视为质点。试讨论以下问题： （1）第一次实验他们将一个质量为m1的小球1从距离地面高度h处由静止释放，如图乙所示。通过查阅资料他们估计出了球与地面的作用时间。求1球与地面碰撞过程中对地面平均作用力F的大小。 （2）第二次实验在1球顶上放一质量为m2的2球，m2=km1（k＜1），让这两个球一起从距离地面高h处自由下落并撞击地面，如图丁所示，他们惊奇的发现球2反弹的高度超过了释放时的高度。他们猜想若2球质量越小被反弹的高度越高，试从理论角度分析他们的猜想是否正确，并求2球能达到的最大高度。 （3）受（2）的启示，他们设想了一个超球实验：将三个球紧贴从距离地面h高处由静止释放，由下至上三球的质量分别为m1、m2和m3，且满足m1≫m2≫m3，如图戊所示。他们设想3球可以被反弹到很高的高度，试估算此高度。 【答案】（1）；（2）正确，9h；（3）49h 【解析】（1）小球1做自由落体运动，根据，可得落地瞬间速度大小为 由于是弹性碰撞，所以反弹速度大小为。 设向下为正方向，落地到反弹，根据动量定理可得 解得 （2）小球1以碰前刚刚着地的速率反弹并与小球2碰撞，设向下为正方向，设碰后小球2速度为v1，小球1碰后速度为v2，根据动量守恒定律可得 根据机械能守恒定律可得， 联立解得， 对于小球2碰后根据动能定理可得，解得 因为k<1，可得k+1<2，则，，故 并且k越小，越大，所以他们的猜想是正确的；2球能达到的最大高度为 v1的理论最大值为3v，h’理论最大值为9h。 （3）在第（2）问基础上，设，2球接着与3球碰撞，同理根据动量守恒定律以及机械能守恒定律得出3球可以被反弹的高度的表达式 2球碰前速度为v向下，被1碰撞后速度变为3v向上，2再与3碰撞，自身不受影响碰后还是3v向上，3碰前v向下，碰后7v向上，即最大高度为49h。 【考向五：动量守恒分析爆炸反冲类问题】 1．（2022西城一模）2022年2月5日，中国短道速滑运动员在混合团体接力决赛中为中国队拿下北京冬奥会首金，这也是这一新增项目的奥运历史首金。短道速滑接力比赛中运动员在直道上采用推接方式进行替换（如图）。若忽略推接过程中冰面对运动员的摩擦力，则在甲运动员用力将乙运动员推出的过程中，以下说法一定正确的是（） A．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力 B．甲的速度变化量的大小等于乙的速度变化量的大小 C．甲、乙运动员组成的系统机械能守恒 D．甲、乙运动员组成的系统动量守恒 【答案】D 【解析】A．甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是一对相互作用力，大小相等，故A错误； BD．甲、乙运动员组成的系统所受合外力为0，动量守恒，由可知，甲乙的质量未知，二者速度的变化量大小无法比较，故B错误，D正确； C．在乙推甲的过程中，乙的肌肉对系统做功，甲、乙运动员组成的系统机械能不守恒，故C错误。 故选D。 2．（2024人大附三模）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（） A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的加速度大小比乙的加速度小 C．甲的动量大小比乙的大 D．甲合力冲量与乙合力冲量大小相等 【答案】B 【解析】AB．对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示 根据牛顿第二定律有、，由于，所以，由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得，A错误，B正确； C．对于整个系统而言，由于 合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，C错误； D．因为甲的动量大小比乙的小，故甲合力冲量小于乙合力冲量，D错误。 故选B。 3．（2023八中三模）如图所示，质量为3kg的物块静置于足够大的光滑水平地面上，光滑轨道的BC部分为半径为R的四分之一圆弧，CD部分粗糙水平。质量为1kg的小球（可视为质点）从圆弧轨道顶端B正上方的A点由静止自由落下，与圆弧相切于B点并从B点进入圆弧。已知AB=CD=R=0.3m，取g的大小为10m/s2，下列说法正确的是（） A．物块对小球不做功 B．物块的最大速度为2m/s C．两者分离时物块移动了0.15m D．物块对地面的最大压力为40N 【答案】C 【解析】A．在弧面上，小球由于与物块之间的挤压，物块的机械能增加，小球的机械能减小。根据功能原理，物块对小球做负功。在水平面CD上，由于二者之间的摩擦，两者的机械能均减小，二者互相做负功，故A错误； BD．小球从A到C点的过程，对小球和物块组成的系统，由于水平方向不受外力，以向右方向为正，由水平方向动量守恒得mv1﹣Mv2＝0，由机械能守恒得mg（hAB+R）＝， 联立解得v1＝3m/s，v2＝1m/s，物块的最大速度为1m/s，方向向左。 在C点，对小球根据牛顿第二定律有FN﹣mg＝，解得FN＝N 根据牛顿第三定律知，小球对物块的压力FN′＝FN 对物块，根据平衡条件有FN1＝Mg+FN′，根据牛顿第三定律有物块对地面的压力FN1′＝FN1 联立代入数据得FN1′＝N，故BD错误； C．对整个过程，水平方向不受外力，则水平方向平均动量守恒，以向右方向为正有 又因为x1+x2＝R+xCD，联立解得x1＝0.15m，x2＝0.45m，故C正确。 故选C。 4．（2023海淀一模反馈）如图1所示，光滑水平面上有用轻绳连接的滑块和，其间有一处于压缩状态的轻质弹簧。已知、。 （1）若滑块和初始静止，剪断轻绳，已知弹簧恢复原长时速度为，请在图2中画出此时刻的速度的图示及相对的速度的图示； （2）若滑块和以初速度运动，弹簧弹性势能为，如图3所示，某时刻剪断轻绳，请在图4中画出弹簧恢复原长时滑块的速度的图示及滑块速度的变化量的图示。 【答案】见解析 【解析】（1）由题意可知，滑块和组成的系统动量守恒， 设向右为正方向，由动量守恒定律可得，解得 方向向右。相对的速度则有 方向向右，则有v2和vBA的图示如图所示。 （2）若滑块和以初速度运动，弹簧弹性势能为，弹簧恢复原长时， 设向右为正方向，由动量守恒定律可得， 由机械能守恒定律可得，联立解得， 滑块速度的变化量为 滑块的速度的图示及滑块速度的变化量的图示如图所示。 【考向六：能量动量综合应用分析二维碰撞类问题】 1．（2024东城一模）如图所示，质量为M、倾角为的光滑斜劈置于光滑水平地面上，质量为m的小球第①次和第②次分别以方向水平向右和水平向左、大小均为的初速度与静止的斜劈相碰，碰撞中无机械能损失。重力加速度用g表示，下列说法正确的是（） A．这两次碰撞过程小球和斜劈组成的系统动量都守恒 B．第②次碰撞后斜劈的速度小于 C．第②次碰撞过程中地面对斜劈的支持力等于 D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直线上；第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定相等 【答案】B 【解析】A．第①次碰撞小球和斜劈组成的系统合外力为0，系统动量守恒，第②次碰撞过程中，系统的合外力不为0，动量不守恒，故A错误； B．第②次碰撞后速度的分解，水平方向动量守恒，解得斜劈的速度，故B正确； C．第②次碰撞过程中，斜劈有竖直向下的动量，则可知地面对斜劈的支持力大于，故C错误； D．第②次碰撞后小球沿垂直于斜面方向的速度，根据速度的合成可知，第②次碰撞前、后小球速度方向与斜面法线的夹角一定不相等，故D错误； 故选B。 2．（2021朝阳二模反馈）在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，碰前瞬间速度为v0，方向与水平方向夹角α=30°。薄片与弹性面间的动摩擦因数μ=0.5。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。下列选项正确的是（） A．薄片第1次碰后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角小于30° B．随物块与板碰撞次数增加，物块离开板的最大高度不断减小 C．薄片在与水平面多次碰撞后，薄片将做机械能守恒的运动 D．若增大薄片碰前瞬间速度则它与水平面碰撞两次后，水平位移还有可能增加 【答案】C 【解析】 AD．设竖直方向平均作用力为F，竖直方向上碰撞前速度为v，在竖直方向上利用动量定理，水平方向上第一次碰撞前速度，第1次碰撞前后，水平方向由动量定理，解得第一次碰撞后水平方向速度，薄片第1次碰后，水平方向由于摩擦力的冲量影响，水平方向的速度减小，离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角大于30°；可知第2次碰撞后，水平方向速度为零，仅增大薄片碰前瞬间速度，不改变速度方向则它与水平面碰撞两次后，水平位移不会增加。故AD错误； B．薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，所以物块离开板的最大高度不变，故B错误； C．薄片在与水平面多次碰撞后，水平方向速度为零，薄片只在竖直方向上运动，机械能守恒，故C正确。 故选C。 3．（2023海淀查漏补缺）如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车。开始时人、锤和车都处于静止状态。人站在车左端，且始终与车保持相对静止，人抡起锤敲打车的左端，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度。在连续的敲打的过程中，下列说法正确的是（） A．小车将持续地向右运动 B．锤、人和车组成的系统机械能守恒 C．每次锤被向左抡到最高点的时刻，人和车的速度都向右 D．每当锤打到车左端的时刻，人和车立即停止运动 【答案】D 【解析】ACD．把人、大锤和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，由题知系统的总动量为零，所以用大锤连续敲击车的左端时，可知大锤向左运动时，小车向右运动，大锤向右运动时，小车向左运动，所以车左右往复运动，车不会连续向右运动，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度，人和车立即停止运动，故AC错误，D正确； B．每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度，系统有机械能损失，所以、人和车组成的系统不机械能守恒，故B错误。 故选D。 4．（2024顺义一模）动量p和力F都是矢量，在处理二维问题时，为简化问题研究，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究，即将二维问题转化为一维问题。 （1）质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前的速度大小是v0，碰撞后的速度大小是v，如图1所示。分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy； （2）质量均为m的球1和球2构成一个系统，不考虑系统的外力作用，球1沿x轴正向以速度v1与静止的球2碰撞，碰撞后两球的速度的偏角分别为=53°、=37°，如图2所示。求碰后两球速度的大小和。 （3）轻绳两端各系一质量为m的小球，中央系一质量为M的小球，三球均静止于光滑的水平桌面上，绳处于拉直状态，其俯视图如图3所示。对小球M施加一瞬时冲量，使它获得方向与绳垂直的速度。分别求出在轻绳两端小球发生碰撞前瞬间三个小球速度的大小。 【答案】（1）；；（2）；；（3）见解析 【解析】（1）碰撞前后x方向小球的动量变化 碰撞前后y方向小球的动量变化 （2）设碰后两球速度大小分别为、， 规定x轴的正方向为正方向，x轴方向的动量守恒 规定y轴的正方向为正方向，y轴方向的动量守恒 联立，可得， （3）由对称性，当两端小球发生碰撞时示意图如图所示， 设两小球沿二者球心连线方向速度大小为vx，在垂直两小球球心连线方向的速度大小为vy， 由机械能守恒定律和动量守恒定律，有，， 解得， 可知在轻绳两端小球发生碰撞前瞬间，两端小球的速度大小为 中央小球速度的大小为。 5．（2021东城二模）接触物体之间的相互作用，如绳中的拉力、接触面间的压力、支持力等是生活中常见的力的作用。在处理这些相互作用时，我们常用到一些理想模型：如物体间通过轻绳连接，斜面与平面间通过光滑小圆弧连接，等等。这些理想化的连接条件与一般的情形相比有哪些区别和联系呢？请分析以下问题。 (1)如图1所示，质量均匀分布的长绳AB质量为m，绳长为l，B端与一质量为M的物块相连，物块可视为质点。现在A端作用一个大小恒定为F的水平外力，使绳拉着物块沿光滑水平面做直线运动。 a.求在绳内距A端x处绳的拉力FT与x的关系； b.请证明：若绳质量m远小于物块质量M，可认为绳中拉力处处相等，且等于绳端点受到的力。 (2)如图2所示，斜面与平面（在水平方向）之间通过光滑小圆弧连接，可视为质点的小物体从斜面上某处下滑，通过小圆弧滑到平面上。 a.在沿连接处的小圆弧滑下的过程中，请说明支持力对小物体运动状态的改变起什么作用？ b.若斜面与平面间没有小圆弧，而是直接相接，如图3所示，将小物体从斜面上较高位置释放，若小物体的材质使得小物体碰到平面后不反弹，请通过分析和必要的计算说明碰触平面后小物体可能的运动情况及对应的条件。（小物体与平面碰触的时间很短，可不考虑重力的作用；请对论证过程中用到的物理量加以说明） 【答案】(1)a.，b.见解析；(2)a.见解析，b.见解析 【解析】(1)a.以物块和绳的整体为研究对象，由牛顿第二定律有 以物块和与其相连的长为（l―x）的绳为研究对象，由牛顿第二定律有 联立解得 b.由上式可知，当M>>m时，对于x在0到l之间取任意值时，都有 即若绳质量m远小于物块质量M，可认为绳中拉力处处相等，且等于绳端点受到的力。 (2)a.在沿连接处的小圆弧滑下的过程中，支持力能改变小物体速度的方向； b.设小物体与平面相互作用时，竖直方向的弹力为FN，水平方向的摩擦力为µFN；设相互作用前瞬间，小物体水平分速度和竖直分速度的大小分别为v0cosα和v0sinα，经过时间Δt后分别变为vx和vy。小物体与平面作用后的运动情况与其材质有关。依据题目条件，小物体的材质使得其碰到平面后不反弹，则存在以下两种可能： ①若在Δt时间内，小物体的竖直分速度vy变为零的同时，水平分速度vx也变为零，则小物体静止于斜面底端很近的位置。这种情况由于在竖直方向上，在水平方向上 可知发生这种情况要求，如，小物体也静止于斜面底端。 ②若，则竖直分速度vy为零时，水平分速度vx还不为零，则小物体在平面上以vx为初速度，―g为加速度做减速运动直至停下。‍‍ 6．（2023丰台一模）酷不仅可以强健体质，也可使得自身反应能力更加迅速。现有一运动员在图示位置起跳，运动过程姿势不变且不发生转动，到达墙面时鞋底与墙面接触并恰好不发生滑动，通过鞋底与墙面间相互作用可以获得向上的升力。已知运动员起跳时速度为，与水平方向夹角为θ，到达墙壁时速度方向恰好与墙面垂直，运动员鞋底与墙面的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，全过程忽略空气阻力影响。 （1）求运动员起跳时的水平分速度与竖直分速度； （2）运动员与墙发生相互作用的时间为t，蹬墙后速度竖直向上，不再与墙发生相互作用，求蹬墙后运动员上升的最大高度H； （3）若运动员蹬墙后水平方向速度大小不变，方向相反，为了能够到达起跳位置的正上方，且距离地面高度不低于蹬墙结束时的高度，求运动员与墙发生相互作用的最长时间。 【答案】（1），；（2）；（3） 【解析】（1）水平方向分速度，竖直方向分速度 （2）设墙对运动员平均弹力为N，平均最大静摩擦力为f，蹬墙后运动员竖直向上的速度为，质量为m， 设水平向右为正方向，由动量定理得 设竖直向上为正方向，由动量定理得，其中，联立得 运动员蹬墙结束后竖直方向做匀减速直线运动至速度为零，由得， （3）设墙对运动员平均弹力大小为，平均最大静摩擦力为，蹬墙后运动员获得竖直向上的速度为v，与墙发生相互作用的时间为，人的质量为m， 设水平向右为正方向，由动量定理得 设竖直向上为正方向，由动量定理得，其中，联立得 设运动员起跳位置离墙面水平距离为x，到达墙面所需时间为，离墙后到达起跳位置正上方的运动时间为，起跳后水平方向做匀速直线运动，得， 运动员离墙后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为v，加速度为g的匀变速直线运动，当竖直位移为0时，水平位移不小于x。根据上述分析，得， 联立式，作用的最长时间为 7．（2021丰台一模）守恒是物理学中的重要思想．请尝试用守恒思想分析下列问题： (1)如图所示将带正电荷的导体球靠近不带电的导体．沿虚线将导体分成、两部分，这两部分所带电荷量分别为、判断这两部分电荷量的正负及大小关系，并说明理由； (2)康普顿在研究石墨对射线的散射时，发现在散射的射线中，除了与人射波长相同的成分外，还有波长大于的成分，用光子与静止电子的碰撞模型可以解释这一现象．请在图中通过作图表示出散射后光子的动量，并简述作图的依据； (3)波是传递能量的一种方式，传播过程能量守恒．简谐波在传播过程中的平均能量密度表示单位体积内具有的能量：，其中为简谐波的振幅，为简谐波的圆频率（波传播过程中不变），为介质的密度．能流密度表示波在单位时间内流过垂直单位面积上的平均能量． ．简谐波沿直线传播的速度为，证明波的能流密度 ．球面简谐波是从波源处向空间各个方向传播的简谐波，在均匀介质中传播时振幅会发生变化．忽略传播过程中的能量损失，求波在距波源和处的振幅之比． 【答案】（1）（2）见解析（3）； 【解析】（1）由静电感应，带正电、带负电，电荷量守恒，、两部分电荷量的大小相等，． （2）设散射后光子的动量为，根据碰撞过程动量守恒和平行四边形定则（或三角形定则），画图如图所示： ​​​ （3）．沿传播方向，任取于传播方向垂直的横截面，面积为．在时间内流过面的能量： ，， 单位时间内流过垂直单位面积上的平均能量：，联立解得： ．在第二问的基础上，时间内流过面上的能量： 时间内流过面上的能量： 由能量守恒，，联立解得． 【考向七：能量动量综合应用分析带电粒子在电场和磁场中的运动】 1．（2023西城二模）如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动。不计粒子重力。若将两板间距离减小，再次释放该粒子，则（） A．带电粒子获得的加速度变小 B．带电粒子到达负极板的时间变短 C．带电粒子到达负极板时的速度变小 D．加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小 【答案】B 【解析】A．根据匀强电场场强公式和牛顿第二定律有，，可得，将两板间距离减小，带电粒子获得的加速度变大，故A错误； B．根据匀变速直线运动规律，解得，将两板间距离减小，带电粒子到达负极板的时间变短，故B正确； C．根据动能定理有，解得，带电粒子到达负极板时的速度不变，故C错误； D．根据动量定理有，可知加速全过程静电力对带电粒子的冲量不变，故D错误。 故选B。 2．（2023东城二模）水平放置的两平行金属板间，有一个带正电的小球，从某点无初速度自由下落。经过t时间，在两板间施加竖直向上的匀强电场。再经过t时间，小球又回到出发点。已知小球质量为m，重力加速度为g。小球未与下极板发生碰撞。不计空气阻力。从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中（） A．小球所受电场力与重力的大小之比为3:1 B．小球加速运动时间与减速运动时间之比为3:1 C．小球的动量变化量大小为4mgt，方向竖直向上 D．小球电势能的减少量与动能的增加量之比为4:3 【答案】D 【解析】A．以竖直向下为正，假设施加电场后小球加速度大小为a，则，解得，所以，解得，小球所受电场力与重力的大小之比为4:1，故A错误； B．小球下落时间t时的速度大小，小球回到出发点时 从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中减速时间，加速时间 小球加速运动时间与减速运动时间之比为2:1，故B错误； C．以竖直向下为正，则，小球的动量变化量大小为3mgt，方向竖直向上。故C错误； D．从施加电场开始到小球又回到出发点的过程中电场力做功为，合外力做功为，所以小球电势能的减少量与动能的增加量之比为，故D正确。 故选D。 3．（2024石景山一模）带电粒子碰撞实验中，t=0时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向A运动。两粒子的v-t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的质量小于粒子B的质量 D．粒子A在t₂时刻的加速度最大 【答案】B 【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，选项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，选项B正确； C．由图可知，t=0时刻有p0=mBv0，在t=t2时刻有p2=mAvA，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：mBv0=mAvA，，又由于v0＞vA，所以有mB＜mA，故C错误； 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，选项D错误。 故选B。 4．（2024人大附二模）在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场，两个相同的带电粒子①和②在P点垂直磁场射入，①的速度与x轴负方向成45°，②的速度与x轴正方向成45°，如图所示，二者均恰好垂直于y轴射出磁场，不计重力，不考虑带电粒子之间的作用力，根据上述信息可以判断的是（） A．带电粒子①在磁场中运动的半径大 B．带电粒子①在磁场中运动的过程中洛伦兹力的冲量大 C．带电粒子②在磁场中运动的轨迹短 D．两个粒子磁场中运动的过程中平均速率相等 【答案】D 【解析】AC．根据题意，作出两粒子的运动轨迹图，如图所示 由图可知，①粒子的运动轨迹短，②粒子的运动轨迹长，根据几何关系，两粒子做匀速圆周运动的半径相等，为，故AC错误； BD．根据洛伦兹力提供向心力可得，两粒子做匀速圆周运动的半径相等，则两粒子射入磁场的速度大小相等，即两粒子磁场中运动的过程中平均速率相等，设为，对①粒子，根据动量定理有 对②粒子，根据动量定理有，故带电粒子①在磁场中运动的过程中洛伦兹力的冲量小，故B错误，故D正确。 故选D。 5．（2023朝阳二模）如图所示，O点左侧水平面粗糙，右侧水平面光滑。过O点的竖直虚线右侧有一水平向左、足够大的匀强电场，场强大小为E。一质量为m、电荷量为的绝缘物块，从O点以初速度水平向右进入电场。求： （1）物块向右运动离O点的最远距离L； （2）物块在整个运动过程中受到静电力的冲量I的大小和方向； （3）物块在整个运动过程中产生的内能Q。 【答案】（1）;（2），其方向与方向相反;（3） 【解析】（1）物块向右减速运动，根据动能定理有，得 （2）取为正方向，由于物块从出发到返回出发点的过程中，静电力做功为零，所以返回出发点时 根据动量定理有，得，负号表示其方向与方向相反。 （3）在物块运动的全过程中，根据能量守恒有 6．（2024东城二模）如图所示，不可伸长的轻质细线上端固定，下端系着一个不带电小球，小球静止时位于足够大光滑绝缘水平面上的O点，现在O点静置一个带正电绝缘小物块，小球与小物块均视为质点。以O为原点，水平向右为x轴建立坐标轴。已知小球质量为m1，小物块质量为m2、电荷量为q，细线长为l。假设系统处于真空环境中，不考虑各种阻力以及电荷量的损失，小球与物块之间的碰撞为弹性碰撞，接触过程中没有电荷量的转移。 （1）若将小球拉至与竖直方向成某一角度的位置由静止释放，小球到达O点的速度为v0，并以初速度v0与小物块发生碰撞，求碰后小球的速度v1与碰后物块的速度v2。 （2）若在第（1）问所述的碰撞后发现小球摆回至最高点时细线与竖直方向的夹角明显减小，为使小球越摆越高，可以在小球每次达到左方最高点时用一个很小的外力快速推一下小球。请利用此例从功和能的角度分析并解释在共振现象中，为什么当驱动力的频率与固有频率相等时，振动系统的能量最大。 （3）若在O点右侧空间（x＞0）存在着平行于Ox轴的电场（场强的大小和方向可调），释放小球时细线与竖直方向夹角为θ（θ＜5°），为了使碰撞后小物块能够返回O点，且二者以第一次相碰时的初速度大小再次相碰，并能多次重复此过程，请举出两种能够实现上述要求的理想情况，并分析并说明需要满足的条件。 【答案】（1）；；（2）见解析；（3）2m2 【解析】 （1）由动量守恒定律和能量守恒定律可知，m1v0=m1v1+m2v2。 联立解得v1= ，v2= （2）把此单摆视为振动系统，在小球每次达到左方最高点时用一个很小的外力快速推一下小球，满足了此外力（作为驱动力）的频率与单摆（振动系统）的频率相等，从功和能的角度来看，每次在最高点时推一下小球可以保证每次外力都对小球做正功，使得振动系统的能量增加。 （3）设小球摆到最低点时速度为v0，由得 设小球做简谐运动的周期为T，则 第一种情况： 当m1=m2时，小球与物块碰撞后交换速度。小球碰后速度为零，小物块以v0为初速度向Ox轴正向做减速运动，速度减到0后反向加速，回到O点时速度大小仍为v0，于是沿Ox轴负方向与静止的小球发生第二次碰撞，碰后再次交换速度，小物块静止在O点，小球以v0为初速度做简谐运动，摆回最低点后与小物块发生第三次碰撞……，为实现这种不断重复的过程，要求O点右侧空间的电场为匀强电场，方向沿Ox轴负向，大小为不为零的任意值。 第二种情况： 当m1＞＞m2时，小球与物块碰撞后小球的速度仍为v0，物块以2v0为初速度向Ox轴正向做减速运动，速度减到0后反向加速，加速一段时间后需要沿Ox轴负向再做一段减速运动使得回到O点时速度为0；与此同时小球做简谐运动刚好经过一个周期的时间，于是在O点与物块发生第二次碰撞，碰撞前的状态与第一次相同，因此可以多次重复此过程。 为实现这种不断重复的过程，要求O点右侧空间的电场初始时方向沿ox轴负向，大小记为E1，经t1时间后，电场方向沿Ox轴正向，大小记为E2，再经t2时间物块返回O点且速度为0。t1、t2、E1、E2需要满足的关系是： t1+t2=qE1t1－qE2t2=2m2满足上述关系的多组值都可实现第二种情况的要求。 【考向八：能量动量综合应用分析电磁感应问题】 1．（2023海淀一模）如图所示，空间中存在竖直向下、磁感应强度为的匀强磁场。边长为的正方形线框的总电阻为。除边为硬质金属杆外，其它边均为不可伸长的轻质金属细线，并且边保持不动，杆的质量为。将线框拉至水平后由静止释放，杆第一次摆到最低位置时的速率为。重力加速度为，忽略空气阻力。关于该过程，下列说法正确的是（） A．端电势始终低于端电势 B．杆中电流的大小、方向均保持不变 C．安培力对杆的冲量大小为 D．安培力对杆做的功为 【答案】C 【解析】A．根据右手定则可知，由于ab切割磁感线，产生的感应电流方向为b到a，则a为等效电源正极，a端电势高于b端，故A错误； B．杆运动过程中切割速度改变，则产生的电动势大小改变，电路中电流大小随之改变，故B错误； C．根据法拉第电磁感应定律可知，线框转动过程中产生的平均电动势为，则线框中流过的平均电流 。根据左手定则判定杆ab所受安培力方向一直向左，则安培力冲量，代入可得，故C正确； D．对杆应用动能定理有，可得， 故D错误。 2．（2024人大附一模）定义“另类加速度”，A不变的运动称为另类匀变速运动。若物体运动的A不变，则称物体做另类匀变速运动。如图所示，光滑水平面上一个正方形导线框以垂直于一边的速度穿过一个匀强磁场区域（磁场宽度大于线框边长）。导线框电阻不可忽略，但自感可以忽略不计。已知导线框进入磁场前速度为，穿出磁场后速度为。下列说法中正确的是（） A．线框在进入磁场的过程中，做匀变速运动 B．线框在进入磁场的过程中，其另类加速度A是变化的 C．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为 D．线框完全进入磁场后，在磁场中运动的速度为 【答案】C 【解析】A．线框在进入磁场的过程中，受到向左的安培力而做减速运动，线框受到的安培力大小，可知，随着速度减小，线框受到的安培力减小，加速度减小，所以线框在进入磁场的过程中，做加速度逐渐减小的减速直线运动，故A错误； B．进入磁场的过程中，取向右为正，根据动量定理得，其中，解得，所以另类加速度A不变，故B错误； CD．线框在进入磁场的过程中，取向右为正方向，根据动量定理，线框穿出磁场的过程中，同理，联立解得，故C正确，D错误。 故选C。 3．（2023海淀二模）电磁场，是一种特殊的物质。 （1）电场具有能量。如图所示，原子核始终静止不动，α粒子先、后通过A、B两点，设α粒子的质量为m、电荷量为q，其通过A、B两点的速度大小分别为vA和vB，求α粒子从A点运动到B点的过程中电势能的变化量ΔEp。 （2）变化的磁场会在空间中激发感生电场。如图所示，空间中有圆心在O点、垂直纸面向里、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，当空间中各点的磁感应强度随时间均匀增加时，请根据法拉第电磁感应定律、电动势的定义等，证明磁场内，距离磁场中心O点为r处的感生电场的电场强度E与r成正比。（提示：电荷量为q的电荷所受感生电场力F=qE） （3）电磁场不仅具有能量，还具有动量。如图所示，两极板相距为L的平行板电容器，处在磁感应强度为B的匀强磁场中。磁场方向垂直纸面向里。将一长度为L的导体棒ab垂直放在充好电的电容器两极板之间（其中上极板带正电），并与导体板良好接触。上述导体棒ab、平行板电容器以及极板间的电磁场（即匀强磁场、电容器所激发的电场）组成一个孤立系统，不计一切摩擦。求当电容器通过导体棒ab释放电荷量为q的过程中，该系统中电磁场动量变化量的大小Δp和方向。（） 【答案】（1）；（2）见详解；（3），水平向左 【解析】（1）由能量守恒可得 （2）假设磁场中有以O为圆心半径为r的圆形闭合回路。 磁感应强度随时间均匀增加则 回路中产生的感应电动势为 带电量为q的粒子在回路中运动一圈有，解得 距离磁场中心O点为r处的感生电场的电场强度E与r成正比。 （3）对导体棒ab由动量定理可得，得 即导体棒ab动量变化量大小为BLq，方向水平向右。系统动量守恒，所以 即电磁场动量变化量的大小为，方向水平向左。 4．（2022东城二模）如图所示，水平固定、间距为L的平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。与导轨垂直且接触良好的导体棒a、b，质量均为m，电阻均为R。现对a施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动。当a向右的位移为x时，a的速度达到最大且b刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，重力加速度为g。 （1）导体棒b刚要滑动时，导体棒a的最大速度； （2）定性画出导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像； （3）导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热Q； （4）当导体棒a达到最大速度时，给b水平向右的瞬时速度。请分析此后导体棒b的运动情况并求出b的最终速度。 【答案】（1）；（2）见解析；（3）；（4）见解析， 【解析】（1）设导体棒刚要滑动时回路中电流为，对导体棒有① 对整个回路②，解得 （2）导体棒未滑动前，所受摩擦力为静摩擦力，大小等于安培力，随着导体棒速度增大，回路中感应电流变大，导体棒所受的安培力变大，则导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，电流变化率逐渐变小，则导体棒摩擦力随时间的变化率逐渐变小，导体棒滑动后，为滑动摩擦力，恒定不变，当导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像如图 （3）导体棒刚要滑动时，对导体棒 整个过程中对系统，由功能关系，解得 （4）导体棒做初速度为，加速度减小的减速运动，当加速度减至0时，匀速， 由以上式子可得 导体棒获得瞬时速度后，、系统动量守恒，设最终导体棒的速度为， 对、系统，由动量守恒 当导体棒加速度减为0时，联立解得 5．（2024丰台一模）（1）放射性元素的原子核发生衰变时，单位时间内发生衰变的原子核个数与现存的、未衰变的原子核个数N成正比：，其中λ为比例常数，“-”表示原子核个数减少。上述方程的解为：，其中为t＝0时刻未衰变的原子核个数，N为t时刻未衰变的原子核个数。根据以上信息求元素的半衰期。 （2）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度为L，一端连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m的导体棒MN放在导轨上，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。给导体棒一个向右的初速度。 a.类比（1）中给出的物理量之间关系的信息，以导体棒速度为时作为计时起点，推理得出导体棒的速度v随时间t变化的函数关系； b.某同学写出导体棒的速度v与时间t的函数关系后，发现导体棒需要无限长的时间才能停下，该同学得出结论：导体棒也需要运动无限长的距离才能停下。请论证该同学的说法是否正确。 【答案】（1）；（2）a.，b.见解析 【解析】（1）根据半衰期公式可得，经过时间，未衰变的原子核个数为， 结合可得， （2）a．导体棒在运动过程中，水平方向只受安培力，根据牛顿第二定律可知BIL＝ma 根据闭合电路欧姆定律，代入可得 根据加速度的定义式，考虑到导体棒做减速运动，所以有， 类比可得方程的解为 b．该同学说法不正确。 在减速过程中，对导体棒运用动量定理，规定初速度方向为正方向 其中，可得 考虑到，联立可，为有限值，所以该同学的说法不正确。 【考向九：能量动量在其它情景中的综合应用】 1．（2023朝阳二模）一个原来静止的原子核发生衰变时，放出一个动量大小为的电子，同时在垂直于电子运动方向上放出动量大小为的某种粒子，则衰变后新原子核的动量（） A．大小为 B．大小为 C．方向与方向相反 D．方向与方向相反 【答案】B 【解析】静止的原子核发生衰变时动量守恒，合动量为零，即新原子核、电子和粒子的合动量为零，电子和粒子的合动量大小为，则衰变后新原子核的动量大小为，方向与电子和粒子的合动量方向相反。 故选B。 2．（2023东城一模）如图所示，在足够大的匀强磁场中，一个静止的氡原子核发生衰变，放出一个粒子后成为一个新核。已知粒子与新核的运动轨迹是两个相外切的圆，大圆与小圆的直径之比为，下列说法正确的是（） A．大圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子 B．大圆是粒子的轨迹，该粒子是粒子 C．小是粒子的轨迹，该粒子是粒子 D．小园是粒子的轨迹，该粒子是粒子 【答案】B 【解析】衰变过程中动量守恒，因为氡原子核静止，所以新核和粒子动量等大反向，因为粒子的电荷量比较小，所以在磁场中轨迹半径比较大，所以大圆为粒子轨迹，所以CD错误；又因为粒子和新核都带正电，且速度反向，所以两个圆为外切圆，带负电，所以和新核的轨迹为内切圆，所以A错，B正确。 3．（2023海淀二模）在范围足够大的匀强磁场中，静止在P点的核发生一次β衰变，衰变产生的核与电子恰好在纸面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（） A．该β衰变过程反映了核中至少含有1个电子 B．电子在磁场中做匀速圆周运动的半径较小 C．电子与核形成的等效电流可能均沿逆时针方向 D．电子第一次回到P点时核也恰好到达P点 【答案】C 【解析】A．该β衰变是原子核内一个中子转化为一个质子和一个电子。也是其衰变过程中电子的来源，所以并不能说明核中有电子，故A项错误； B．静止的发生衰变，其产生的电子和核组成的系统动量守恒，有，所以电子和氮核的动量大小相等，方向相反。其均在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有，解得，由于电子和氮核在同一磁场，且动量大小相等。但是氮核的带电量大于电子的带电量，所以电子在磁场中做匀速圆周运动的半径较大，故B项错误； C．若发生β衰变后，电子顺时针做匀速圆周运动，根据系统的动量守恒可知氮核逆时针做匀速圆周运动，根据电流方向的判定，则电子与核形成的等效电流均沿逆时针方向，故C项正确； D．发生β衰变后，两带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，，，得，因为电子和氮核的比荷不一致，故两粒子的周期不同，所以当电子回到P点，即完成一个周期后，氮核没有在P点，故D项错误。 故选C。 4．（2023昌平二模）“北京正负电子对撞机”是我国第一台高能加速器，也是高能物理研究的重大科技基础设施。一对速率相同的正、负电子正碰后湮灭生成两个光子，反应方程为。已知单个电子的静止质量为，电荷量为e，光速为c，普朗克常量为h。下列说法正确的是（） A．单个光子的能量为 B．光子的频率为 C．两个光子的频率可以不同 D．两个光子的运动方向可能相同 【答案】B 【解析】A．根据质能方程可得，则单个光子的能量为，A错误； B．根据，可得光子的频率为，B正确； CD．一对正负电子湮灭会产生两个同频率的光子，由于光子既有能量，又有动量，根据动量守恒定律可知，产生的两个光子的总动量与初动量是相等的，即它们的和为零，所以两个光子的运动方向相反，故CD错误。 故选B。 5．（2017北京真题）在磁感应强度为的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次衰变．放射出的粒子在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为．以、分别表示粒子的质量和电荷量． （1）放射性原子核用表示，新核的元素符号用表示，写出该衰变的核反应方程； （2）粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动周期和环形电流的大小； （3）设该衰变过程释放的核能都转化为粒子和新核的动能，新核的质量为，求衰变过程的质量亏损． 【答案】（2）；（3） 【解析】（1）． （2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则，得． 运动周期． 根据电流的定义式，可得粒子在匀强磁场中运动产生的等效电流． （3）设衰变产生的新核的速度为，由动量守恒得．得． 由质能方程得． 由题可知．代入数据得． 6．（2023海淀一模反馈）反冲是大自然中的常见现象。静止的铀核放出动能为的粒子后，衰变为钍核。计算中不考虑相对论效应，不考虑核子间质量的差异。 （1）请写出上述过程的核反应方程； （2）求反冲的钍核的动能。 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）根据衰变过程满足质量数和电荷数守恒，核反应方程为 （2）设氦核的质量为，速度大小为，钍核的质量为，速度大小为， 根据动量守恒可得，又，， 联立解得反冲的钍核的动能为 7．（2023西城一模）动量守恒定律的适用范围非常广泛，不仅适用于低速、宏观的问题，也适用于近代物理研究的高速（接近光速）、微观（小到分子、原子的尺度）领域。 （1）质量为、速度为的球跟质量为的静止球发生弹性正碰。求碰后球的速度大小。 （2）核反应堆里的中子速度不能太快，否则不易被铀核“捕获”，因此，在反应堆内要放“慢化剂”，让中子与慢化剂中的原子核碰撞，以便把中子的速度降下来。若认为碰撞前慢化剂中的原子核都是静止的，且将中子与原子核的碰撞看作弹性正碰，慢化剂应该选用质量较大的还是质量较小的原子核？请分析说明理由。 （3）光子不仅具有能量，而且具有动量。科学家在实验中观察到，一个电子和一个正电子以相同的动能对心碰撞发生湮灭，转化为光子。有人认为这个过程可能只生成一个光子，也有人认为这个过程至少生成两个光子。你赞同哪个观点？请分析说明理由。 【答案】（1）（2）慢化剂应该选用质量较小的原子核（3）我赞成“这个过程至少生成两个光子”的观点 【解析】（1）两球发生弹性正碰，设碰后球速度为，球速度为， 则，，得 （2）设中子质量为，碰前速度为，碰后速度为，原子核质量为，碰后速度为， 中子与原子核发生弹性正碰，则， 得 可见，原子核质量越小，碰后中子速度越小，因此，慢化剂应该选用质量较小的原子核。 （3）我赞成“这个过程至少生成两个光子”的观点。 正负电子对撞过程遵循动量守恒定律。对撞前正负电子组成的系统总动量为，若只生成一个光子，则对撞后动量不可能为，只有生成两个及两个以上的光子时系统总动量才有可能为。因此“这个过程至少生成两个光子”的观点正确。 8．（2020海淀一模）在物理学中，研究微观物理问题可以借鉴宏观的物理模型，可使问题变得更加形象生动。弹簧的弹力和弹性势能变化与分子间的作用力以及分子势能变化情况有相似之处，因此在学习分子力和分子势能的过程中，我们可以将两者类比，以便于理解。 (1)质量相等的两个小球用劲度系数为k，原长为l0的轻弹簧相连，并置于光滑水平面上。现给其中一个小球沿着弹簧轴线方向的初速度，整个系统将运动起来，已知在此后的运动过程中弹簧的弹性势能大小Ep与弹簧的长度l的关系如图甲所示。 ①请说明曲线斜率的含义； ②已知弹簧最小长度为l1，求弹簧的最大长度l2为多大？ (2)研究分子势能是研究物体内能的重要内容。已知某物体中两个分子之间的势能Ep与两者之间距离r的关系曲线如图乙所示。 ①由图中可知，两分子间距离为r0时，分子势能最小，请说出r=r0时两分子间相互作用力的大小，并定性说明曲线斜率绝对值的大小及正负的物理意义； ②假设两个质量相同的分子只在分子力作用下绕两者连线的中点做匀速圆周运动，当两者相距为r1时，分子的加速度最大，此时两者之间的分子势能为Ep1，系统的动能与分子势能之和为E。请在如图乙所示的Ep—r曲线图像中的r轴上标出r1坐标的大致位置，并求出此时两分子之间的分子作用力大小。（） 【答案】(1)①弹簧的弹力，②l2=2l0-l1；(2)①见解析，②图见解析， 【解析】(1)①曲线的斜率代表了弹簧的弹力 ②当弹簧最长或最短时，两球共速，由动量守恒定律得mv0=2mv共 由能量守恒定律得 当弹簧最长和最短时，弹簧的弹性势能相等，因此弹簧的形变量相等，即有l2-l0=l0-l1，得l2=2l0-l1 (2)①r=r0时，分子间相互作用力大小为零；斜率绝对值的大小，反映分子间相互作用力的大小；斜率的正、负，反映分子间相互作用力是引力或斥力。 ②r1的坐标如图所示，是引力部分斜率最大的位置； 由能量守恒定律得Ek+Ep1=E，其中Ek为系统的动能。设分子的质量为m，则。 对其中一个分子,由牛顿第二定律得，联立得 9．（2021西城一模）在研究物理学问题时，为了更好地揭示和理解物理现象背后的规律，我们需要对研究对象进行一定的概括和抽象，抓住主要矛盾、忽略次要因素，建构物理模型。谐振子模型是物理学中在研究振动问题时所涉及的一个重要模型。 （1）如图1所示，在光滑水平面上两个物块A与B由弹簧连接（弹簧与A、B不分开）构成一个谐振子。初始时弹簧被压缩，同时释放A、B，此后A的v-t图像如图2所示（规定向右为正方向）。已知mA=0.1kg，mB=0.2kg，弹簧质量不计。 a.在图2中画出B物块的v-t图像； b.求初始时弹簧的弹性势能Ep。 （2）双原子分子中两原子在其平衡位置附近振动时，这一系统可近似看作谐振子，其运动规律与（1）的情境相似。已知，两原子之间的势能EP随距离r变化的规律如图4所示，在r=r0点附近EP随r变化的规律可近似写作，式中和k均为常量。假设原子A固定不动，原子B振动的范围为，其中a远小于r0，请画出原子B在上述区间振动过程中受力随距离r变化的图线，并求出振动过程中这个双原子系统的动能的最大值。 【答案】（1）a见解析；b.；（2）见解析； 【解析】（1）a.如答图2所示 b.由图像可知，当时弹簧恢复到原长，根据动量守恒定律可得， 根据机械能守恒定律 （2）原子B振动过程中受力随距离变化的图线如答图3所示，由题意可知， 原子B处于r1=r0处时，系统的动能为最大值Ek1，系统的势能为最小值，为 原子B处于r2=r0-a处时，系统的动能为0，系统的势能为最大值，为 根据能量守恒定律可得，解得 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$