题型06 冲量与动量 动量守恒定律（题型专练）（浙江专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

题型06 冲量与动量 动量守恒定律 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 动量定理及其应用 考向02 动量守恒定律及其应用 考向03 碰撞模型及其拓展 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 冲量与动量、动量守恒定律是浙江物理选考的核心综合考点，侧重 “矢量运算 + 过程分析”，常结合碰撞、反冲、多阶段运动等场景命题，题型覆盖选择题、计算题（高频中档 / 压轴题），核心逻辑是 “动量变化等于合外力冲量，系统不受外力时动量守恒” （1）情境贴近实际：常结合体育（碰撞、反冲运动）、科技（火箭发射、粒子碰撞）、生活（滑块与木板、弹簧玩具）等场景，强调物理知识的实际应用 （2）模块交叉综合：频繁与能量守恒、牛顿运动定律、直线运动等结合，形成 “动量 + 能量”“动量 + 力学运动” 的综合题 考向01 动量定理及其应用 【例1-1】（2025·浙江·高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（　　） A．5层 B．8层 C．17层 D．27层 【答案】C 【详解】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间 根据动量定理 代入数据解得 由自由落体公式 得高度 每层楼高约3m，对应楼层数为层。 故选C。 【例1-2】（2025·浙江杭州·一模）2024年9月，我国成功发射北斗卫星导航系统第60颗卫星，标志着“北斗三号”全球卫星导航系统建设的圆满收官。图（a）是西安卫星测控中心对某卫星的监控画面，图中左侧数值表示纬度，下方数值表示经度，曲线是运行过程中，卫星和地心的连线与地球表面的交点（即卫星在地面上的投影点，称为星下点）的轨迹展开图。该卫星运行的轨道I近似为圆轨道，高度低于地球静止卫星轨道，绕行方向如图（b）所示。一段时间后，卫星在轨道I、II交点处通过快速喷气变轨到轨道II，如图（c）所示，轨道II为赤道平面圆轨道，I为倾斜圆轨道，I、II轨道高度相同。地球自转周期为24小时，卫星质量为，卫星在轨道上运行的速率，不考虑喷气时卫星的质量变化。根据以上信息可以判断（   ） A．卫星在该轨道II运行时比赤道上随地球自转的物体所受的向心力大 B．该卫星运行速度大于第一宇宙速度 C．该卫星运行周期为12小时 D．喷气变轨时，卫星受到的冲量大小为 【答案】CD 【详解】A．向心力，卫星与赤道上物体的质量未知，无法比较向心力大小，故A错误； B．第一宇宙速度是近地卫星的最大环绕速度，该卫星轨道高度低于地球静止卫星轨道，但仍大于地球半径，故运行速度小于第一宇宙速度，B 错误； C．由图（a）可知，该卫星绕地球转过两圈，地球自转一圈，所以 地球自转一圈时间为，所以，C正确； D．由图（a）可知，卫星在轨道Ⅰ运行时，轨道Ⅰ与赤道平面夹角为，即与轨道Ⅱ的夹角为，短暂喷气使卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，根据动量定理有卫星受到冲量大小 解得，故D正确。 故选CD。 1.动量定理的理解 （1）动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。 （2）动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。 （3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 （4）由FΔt＝p'－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。 2.用动量定理解释生活现象 （1）Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。 （2）F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。 分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。 3.用动量定理解题的基本思路 （1）确定研究对象。研究对象一般仅限于单个物体。 （2）对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。 （3）抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。 （4）根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。 对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。 【变式1-1】（2024·浙江金华·一模）清洗汽车的高压水枪如图所示。水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆形，水流速度为v，水柱垂直射向汽车表面，冲击汽车后速度减为零。已知水的密度为ρ。则（    ） A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为 B．高压水枪单位时间内对汽车的作用力为 C．水柱对汽车的压强为ρv3 D．高压水枪单位时间内喷出水的动能为 【答案】A 【详解】AB．高压水枪单位时间喷出的水的质量为 规定水流的速度方向为正方向，由动量定理得 解得 故B错误，A正确； C．水柱对汽车的压强为 故C错误。 D．高压水枪单位时间内喷出水的动能为 故D错误； 故选A。 【变式1-2】（2025·浙江湖州·一模）如图所示，一游戏装置由弹射器，光滑水平直轨道AB、CD，水平凹槽MN，圆心为的四分之一细圆管竖直轨道DE，圆心为的四分之一圆弧竖直轨道EF，足够长粗糙水平直轨道GH组成。连线水平，和竖直，静止在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁BM，上表面与AB、CD平齐。游戏时，可视为质点的滑块从A点水平弹出，经B点滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁CN后即被锁定。滑块继续滑过轨道CD、DE、EF后，静止在GH某处视为游戏成功。已知滑块和滑板质量分别为，，MN长，滑板右端距CN的距离，滑块与滑板间的动摩擦因数，滑块与GH间的动摩擦因数，DE和EF的半径，其余各处均光滑，轨道间平滑连接，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，g取。 (1)若滑块恰好能滑上GH，求滑块在圆管轨道的D点时受到的作用力； (2)要使游戏成功，求滑块到达D点时的速度大小的范围； (3)要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能范围。 【答案】(1) (2) (3)； 【详解】（1）恰好过F点，此时只要重力提供向心力，则有 从D到F点，由动能定理可得 解得 结合牛顿第二定律   联立解得 （2）①滑板一直在加速   解得   根据牛顿第二定律则有 解得滑板的加速度 则滑板此阶段加速的时间 此过程，滑块一直在做减速运动，由动能定理可得   结合动量定理则有 解得为最大值，对应 ②滑块恰好能滑上GH，由上述结论可知 故 （3）①在时，根据能量守恒可得 解得 恰好能过最高点时，则有 解得 滑块静止的区域距G点的距离 ②当时，对应，由功能关系可得 恰好能过最高点时，  对应，滑块与滑板达到共速，随后两者匀速至滑板锁定。由运动学规律可得，， 解得 滑板恰好匀加速至锁定时，滑块与滑板达到共速，即不存在匀速运动状态。则有， 综上所述，滑块静止时相应的弹簧弹性势能范围 考向02 动量守恒定律及其应用 【例2-1】（2025·浙江·一模）四个可视为质点、质量及带电量均相等的小球Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ通过不可伸长的绝缘轻质细线连接成正方形，静置于光滑绝缘水平面上，如图所示。现将小球Ⅲ、Ⅳ之间的细线用火烧断，在系统从初始状态到四小球第一次共线的过程中，下列说法正确的是（　　） A．Ⅰ、Ⅱ两小球之间细线的拉力保持不变 B．该过程中系统的动量和机械能均守恒 C．当系统机械能最大时，Ⅰ、Ⅲ两小球速度相等 D．任意一段时间内Ⅰ、Ⅱ两小球动量变化量一定相等 【答案】D 【详解】A．初始状态，Ⅰ、Ⅱ两小球之间细线的拉力等于其他三个小球对小球Ⅱ的库仑力的合力；末状态，根据对称性可知，Ⅰ、Ⅱ两小球之间细线的拉力等于小球Ⅲ对小球Ⅱ的库仑力，根据可知拉力变小，故A错误； B．该过程中系统所受合力为0，动量守恒，由于电场力做功，机械能不守恒，故B错误； C．当系统机械能最大时即末状态，Ⅰ、Ⅲ两小球速度方向不同，故C错误； D．四个小球组成的系统动量守恒，小球Ⅰ、Ⅱ始终同步向右水平移动，则在任意一段时间内受到的合外力冲量相等，因此动量变化量一定相等，故D正确； 故选D。 【例2-2】（2025·浙江台州·一模）某运输装置如图，倾角为的倾斜传送带长为，与光滑圆弧轨道相切于B点，圆弧的圆心角，半径。轨道右侧光滑水平台面上放置质量的滑板，右端带有半径为的圆弧光滑轨道，滑板左端D紧靠C点，滑板的水平部分于C点相切，长度。现将质量为的小物块从传送带底端A处静止释放，传送带由静止开始匀加速启动，可以调节传送带的启动加速度，使物块沿轨道外侧运送到滑板上。已知物块与传送带间动摩擦因数，与滑板水平部分间动摩擦因数未知，。求： (1)若传送带的启动加速度为，小物块到达B点时的速度； (2)求小物块到达最高点C的最大速度，以及传送带的启动加速度范围； (3)若小物块以速度为，冲上滑板左侧，经过时间刚好到达最高点F点。求： ①小物块达到F点时相对地面运动的距离x； ②小物块再次到达圆弧最低点E点时受到轨道支持力的大小。 【答案】(1)2m/s (2) (3)①0.7905m；②50N 【详解】（1）物块上滑的最大加速度为：，解得 当传送带以的加速度启动，物块与传送带之间是静摩擦力，因此物块的加速度也是 由得： （2）要使物块到达C点速度最大，需要考虑物块能达到的最大加速度和物块到达B点会不会离开斜面的问题 B点不离开斜面的临界条件 解得…… 根据 ，可得 物块能达到的最大加速度也是，所以物块以最大加速度加速运动到B点， B点到C点，根据动能定理： 得 传送带启动的加速度 （3）[1]物块与滑板水平方向动量守恒 取很小的时间间隔 ， 可得   解得： [2]当小物块到达F点时有 当小物块再次到达E点时 得：         1.动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面） 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 2.应用动量守恒定律的解题步骤 （1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）。 （2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。 （3）规定正方向，确定初、末状态动量。 （4）由动量守恒定律列出方程。 （5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。 【变式2-1】质量为的滑块沿倾角为、长度为的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为，并静置于光滑水平面上，重力加速度为。滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】滑块与斜面组成的系统在水平方向的合力为零，则系统水平方向的动量守恒，有 对滑块竖直方向 由能量关系可知 联立可得滑块滑到斜面底端所用的时间为 故选B。 【变式2-2】（2024·浙江温州·一模）如图所示，处于竖直平面内的轨道，由倾角的足够长直轨道、圆心为的半圆形轨道、圆心为的圆形细圆管轨道、倾角的直轨道、水平直轨道组成，各段轨道均光滑且各处平滑连接，B和D为轨道间的相切点，点E、圆心处于同一竖直线上，C、F、G处于同一水平面上。在轨道末端G的右侧光滑水平面上，紧靠着质量、长度的无动力摆渡车，车上表面与直轨道平齐。可视为质点、质量的滑块从直轨道上某处静止释放。已知轨道和的半径。（，） (1)若释放点距点B的距离，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力的大小； (2)若滑块始终不脱离轨道，求释放点与C点高度差h的取值范围； (3)若滑块从E点飞出后落在轨道上，与轨道碰撞后瞬间沿轨道速度分量保持不变，垂直轨道速度分量减为零，再沿轨道滑至摆渡车上。已知滑块和摆渡车之间的动摩擦因数，且滑块恰好不脱离摆渡车，求： ①滑块运动至点G 的速度大小； ②滑块离开点E的速度大小。 【答案】(1) (2)或 (3)①；② 【详解】（1）对滑块，从释放点到C点过程，根据动能定理 在C点合外力提供向心力 解得 （2）满足恰好达到半圆形轨道BCD与等高处 可得 满足恰好能到达E点，则 恰好能过D点而不掉落，重力分力提供向心力 从释放点到D点过程 解得 综上可得 或 （3）①对滑块，从G点滑上摆渡车至共速，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 联立解得 ②从E点飞出落在EF段，根据位移偏转角和速度偏转角的关系 可得 ，， 所以 由碰撞点到G点，根据动能定理 解得 考向03 碰撞模型及其拓展 【例3-1】（2022·浙江·高考真题）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。 （1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小； （2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系； （3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。 【答案】（1）； （2）（方向竖直向上）； （3）当时，，当时， 【详解】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有 解得 与发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 联立解得 （2）由（1）分析可知，物块与物块在A发生弹性正碰，速度交换。 设物块刚好可以到达点，物块的释放高度为，则根据动能定理可得 解得 此时物块a到达E点时的速度恰好为零，则有 （方向竖直向上） 当时，在E点管道对物块a有弹力，取竖直向下为正方向，则在E点由牛顿第二定律有 由动能定理 联立可得 （） 则综上可得 （） 当时，弹力为负，则弹力方向竖直向上，当时，弹力为正，则方向竖直向下。故 （3）当时，物块位置在点或点右侧，根据动能定理得 从点飞出后，竖直方向 水平方向 根据几何关系可得 联立解得 代入数据解得 当时，从释放时，根据动能定理可得 解得 可知物块达到距离点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到时，根据动能定理可得 解得 距离点0.6m，综上可知当时 代入数据得 【例3-2】如图所示，水平地面上有一高的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道，它们平滑连接，其中管道的半径、圆心在点，轨道的半径、圆心在点，、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道、轨道从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，，，取重力加速度。 （1）若小滑块的初始高度，求小滑块到达B点时速度的大小； （2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值； （3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。 【答案】（1）4m/s；（2）；（3）0.8m 【详解】（1）小滑块在轨道上运动 代入数据解得 （2）小球沿轨道运动，在最高点可得 从C点到E点由机械能守恒可得 解得 ， 小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有 ， 解得 ， 结合(1)问可得 解得h的最小值 （3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理 由平抛运动可得 ， 联立可得水平距离为 由数学知识可得当 取最大，最大值为 一、“滑块—曲面”模型 1.模型图示 2.模型特点 （1）上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝（M＋m）v共；系统机械能守恒，m＝（M＋m）＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度（相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能）。 （2）返回最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，m＝m＋M（相当于弹性碰撞）。 二、“滑块—弹簧”模型 1.模型图示 2.模型特点 （1）动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 （2）机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 （3）弹簧处于最长（或最短）状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小（相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能），即m1v0＝（m1＋m2）v，ΔEp＝m1－（m1＋m2）v2。 （4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失（相当于刚完成弹性碰撞），即m1v0＝m1v1＋m2v2，m1＝m1＋m2。 三、“滑块—木板”模型 1.模型图示 2.模型特点 （1）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 （2）若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。 3.求解方法 （1）求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。 （2）求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。 （3）求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。 【变式3-1】（2025·浙江·一模）如图所示，平行金属板间存在匀强电场（不考虑边界效应），间距为，板长为。时刻从上板左边缘C处水平向右射入质量为m、电荷量为q的粒子，在两板正中间右侧的D点同时水平向左射入质量也为m、不带电的粒子。两粒子射入电场时的初始动能均为，相遇时做完全非弹性碰撞，碰撞时间极短。不计重力，碰撞过程电荷量保持不变，则（    ） A．两粒子发生碰撞的时刻 B．电场强度 C．碰撞损失的能量为 D．粒子到达Q板时的动能 【答案】D 【详解】A．D点出发的粒子不带电，做匀速直线运动，两粒子质量相同，初动能相同，初速度大小相同，可知二者在金属板中线的中点相遇，有，故A错误； B．竖直方向有 解得电场强度，故B错误； C．两粒子相遇时做完全非弹性碰撞，由水平方向动量守恒，可得碰后水平方向速度为零，竖直方向动量守恒，得竖直方向速度为碰前的一半，而碰前竖直方向速度 C点出发的粒子碰撞前动能为 碰撞后整体动能为 可知能量损失，故C错误； D．碰后复合粒子的动能为，根据动能定理 解得到达Q板的动能为，故D正确。 故选D。 【变式3-2】（2025·浙江·一模）一固定装置由水平的光滑直轨道AB、倾角为的光滑直轨道BC、圆弧管道（圆心角为）CD组成，轨道间平滑连接，其竖直截面如图所示。BC的长度，圆弧管道半径（忽略管道内径大小），D和圆心O在同一竖直线上。轨道ABCD末端D的右侧紧靠着光滑水平地面放置的一轻质木板，小物块在木板最左端紧挨着管道出口D，板右上方有一水平位置可调节的挡板P，小物块静止于木板右端。现有一质量为可视为质点的物体，从A端弹射获得的动能后，经轨道ABCD水平滑到D点，并与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后和右侧挡板发生弹性碰撞，整个运动过程中、未发生碰撞，与挡板P碰撞后均反向弹回，碰撞前后瞬间速度大小相等。已知、与木板间的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，。试求： (1)求滑块到达D点时对轨道的作用力； (2)若整个运动过程中只与挡板碰撞1次，且返回后最终、停止了运动，求最初与挡板P的水平距离； (3)调节与挡板P的水平距离，使整个运动过程中与挡板总共碰撞2次，且最终、停止了运动，求整个运动经过的时间t和此过程最初与挡板P的水平距离。 【答案】(1)，方向竖直向下 (2) (3)1.5s， 【详解】（1）根据动能定理，则有 可解得 在D点列圆周运动的方程，则有 可解得 根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的作用力方向竖直向下，大小为1N。 （2）发生弹性碰撞，则由动量守恒定律和能量守恒定律有， 可解得 根据动量守恒，在与挡板P碰撞前的过程中，则有 在与挡板P碰后直到停止的过程中，根据动量守恒定律有 可解得， 对小物块和轻质木板整体列动能定理，则有 可解得 （3）根据动量守恒，在与挡板P第一次碰撞前的过程中，则有 从第一次碰撞后，到第二次碰撞的过程中，对于小物块和轻质木板整体根据牛顿第二定律，则有 可解得 对于小物块根据运动学公式，则有， 可解得 对于小物块根据牛顿第二定律，则有 可解得 对于小物块根据运动学公式，则有 对于第二次碰撞到停止的过程中，根据动量守恒，则有 综上所述，可解得 对小物块和轻质木板整体列动能定理，则有 可解得 对于整个过程列动量定理，则有 可解得 1. （2025·浙江·二模）2024年巴黎奥运会中国选手陈清晨和贾一凡获得羽毛球女双金牌。不计空气阻力，则发球时，羽毛球从飞出至落地的过程（　　） A．运动至最高点时机械能最大 B．相同时间内，动量变化相同 C．重力做功越来越快 D．在上升阶段和下降阶段处于同一高度的过程中，重力冲量为0 【答案】B 【详解】A．依题意，羽毛球从飞出至落地的过程，只有重力做功，机械能守恒，故A错误； B．根据动量定理 可得 可知相同时间内，动量变化相同，均为mg，故B正确； C．依题意，羽毛球从飞出至落地的过程，竖直方向分速度先减小后增大，根据 可知重力做功先越来越慢后越来越快，故C错误； D．根据 可知在上升阶段和下降阶段处于同一高度的过程中，时间不为0，则重力冲量不为0，故D错误。 故选B。 2. 如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点以相同速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图中的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（　　） A．3轨迹的物体在最高点的速度最小 B．3轨迹的物体在空中飞行时间最长 C．1轨迹的物体所受重力的冲量最大 D．3轨迹的物体单位时间内速度变化量最大 【答案】C 【详解】ABC．设物体斜抛至最高点的竖直高度为分别为，物体斜抛的水平分速度分为、、，物体在空中飞行的时间 因为，所以 即3轨迹的物体在空中飞行时间最短。 物体所受重力的冲量 因为，所以 即1轨迹的物体所受重力的冲量最大。 物体在最高点的速度 因为，，所以 即3轨迹的物体在最高点的速度最大。 故AB错误，C正确； D．三个轨迹都是仅受重力作用，所以单位时间内速度变化量都相同。故D错误。 故选C。 3. （2024·浙江温州·一模）玩具“骑行小猪”绕碗的边缘做匀速圆周运动如图所示。若碗始终静止在水平桌面上，下列说法正确的是（　　） A．小猪所受的合外力为零 B．小猪运动一周，其重力的冲量为零 C．碗对小猪的作用力大于小猪的重力 D．碗与桌面之间无摩擦力 【答案】C 【详解】A．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供圆周运动的向心力，合力方向始终指向圆心，可知，小猪所受的合外力不为零，故A错误； B．根据冲量的定义有 可知，小猪运动一周，其重力的冲量不为零，故B错误； C．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，由碗对小猪的作用力与小猪的重力的合力提供圆周运动的向心力，重力方向竖直向下，合力方向指向圆心，即合力沿水平方向，则有 可知，碗对小猪的作用力大于小猪的重力，故C正确； D．结合上述可知，碗对小猪的作用力方向偏向碗内侧斜向上，根据牛顿第三定律可知，小猪对碗的作用力方向偏向碗外侧斜向下，在该力作用下，碗有向小猪所在位置沿外侧运动的趋势，则碗与桌面之间有指向碗内侧的静摩擦力，故D错误。 故选C。 4. （2024·浙江·一模）如图，用需要考虑重力的高压水枪冲洗物体，若水从枪口喷出时的速度大小为v，近距离垂直喷射到物体表面，速度在短时间内变为零，水枪出水口直径为D，忽略水从枪口喷出后的发散效应，已知水的密度为ρ，重力加速度为g，则（　　） A．该水枪的流量（单位时间流经水枪的水的体积）为 B．单位时间内水枪喷出水的质量为 C．物体受到的冲击力大小约为 D．水枪水平向前喷水时，手对水枪的作用力方向水平向前 【答案】C 【详解】A．由题意可知，该水枪的流量（单位时间流经水枪的水的体积）为 故A错误； B．设极短时间内水枪喷出水的质量为 可得单位时间内水枪喷出水的质量为 故B错误； C．对极短时间内水枪喷出水为研究对象，由动量定理 联立可得 由牛顿第三定律，物体受到的冲击力大小约为，故C正确； D．水枪水平向前喷水时，水平方向手对水枪的水平作用力方向水平向前，竖直方向手对水枪的作用力竖直向上，则手对水枪的作用力方向斜向前上方，D错误。 故选C。 5. （2025·山东·模拟预测）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为的小球、。小球用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。现将细线烧断，以此为计时起点，、两小球运动的图线如图乙所示，表示0到时间内的图线与横轴所围面积大小，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．从0到时刻，弹簧对球的冲量为 B．时刻，球的速度大小为 C．时刻，弹簧弹性势能最大 D．时刻，、两小球的速度差最小 【答案】B 【详解】A．从图像可知从0到时刻两图线与时间轴所夹面积相等，而小球A、B的初速度为0，即时刻两小球速度大小相等，整体由动量定理 得两球速度大小 设弹簧对球A的冲量为，对A球由动量定理有 解得，故A错误； B．从0到时刻，以A、B两球整体为研究对象，由动量定理 其中时刻小球A的速度大小为，化简得时刻小球B的速度大小为，故B正确； C．时刻，两小球加速度大小相等，以小球 A、B整体为对象，由牛顿第二定律 得此时小球A、B的加速度大小为 此时小球A、B均处于完全失重状态，设此时弹簧弹力为，则，即弹簧处于原长，弹性势能最小，故C错误； D．从图乙可知，从0到时刻两者速度差一直在增大，时刻达到最大，故D错误。 故选B。 6. （2025·山东·模拟预测）如图所示，水平地面上固定一倾角为且足够长的光滑斜面，斜面底部固定安装一轻弹簧，弹簧上端拴接一小滑块，小滑块处于静止状态。另有一质量为的小滑块，从斜面上处由静止开始下滑，滑块与滑块碰撞后粘连在一起向下运动。已知弹簧的形变量始终在弹性限度内，弹簧形变量为时，弹性势能。如果以位置为坐标原点，沿斜面向下为的正方向建立坐标系，则滑块的动能与位移的关系图像如图乙所示。不计空气阻力。下列判断正确的是（　　） A．滑块位移为时，弹簧的弹性势能最大 B．滑块的质量为 C．弹簧的劲度系数为 D．由滑块、滑块和弹簧组成的系统，从位置到弹性势能最大的过程中，系统的机械能守恒 【答案】B 【详解】A．由图乙可知，滑块位移为时，接触弹簧后动能最大，此时合力为0，但此时弹簧的压缩量不是最大，因此弹簧的弹性势能不是最大，故A错误； B．滑块和滑块碰前，滑块的动能，碰后滑块的动能为，所以，由碰撞可知 可得，故B正确。 C．对于滑块与滑块碰前的运动过程，根据动能定理有 滑块在与滑块碰前，滑块的受力情况为 当滑块与滑块碰后运动到时，故由受力可得 联立上面式子可得，故C错误； D．因滑块与滑块碰撞过程有机械能损失，故由滑块与滑块和弹簧组成的系统，从位置到弹性势能最大的过程中，系统机械能不守恒，故D错误。 故选B。 7. （2025·广东清远·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 【详解】ACD．根据题意，设棋子的质量为，与棋盘的动摩擦因数为，碰撞前棋子的速度为，碰撞后A、B两棋子的速度分别为、，由动能定理有， 由动量守恒定律有 联立解得， 碰后瞬间A、B两棋子的动量大小之比为 碰撞过程中损失的机械能为 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，故AD错误，C正确； 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，故B错误。 故选C。 8. （2025·河南信阳·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。这个士兵用自动步枪在内沿水平方向连续射出10发子弹，每发子弹的质量是，子弹离开枪口时相对步枪的速度是。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 C．连续射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为 D．发射子弹过程中系统动量守恒，机械能也守恒 【答案】B 【详解】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） 解得 士兵发射第二发子弹的过程，根据动量守恒定律得：（M-m）v1=（M-2m）v2-m（v0-v2） 解得 同理可得发射第三发子弹后皮划艇的速度为 连续射出10发子弹后皮划艇的速度为 可知每次射击后皮划艇的速度改变量均不相同，且，故A错误，B正确； C．总动量变化约为，时间，平均反冲力，故C错误； D．系统动量守恒（无外力），但发射子弹时化学能转化为动能，机械能不守恒，故D错误。 故选B。 9. （2025·黑龙江吉林·模拟预测）如图所示，质量为m的均匀圆环B静止平放在粗糙的水平桌面上，另一质量为2m的光滑弹珠A以水平初速度正对环心穿过圆环上的小孔射入环内，与圆环内壁发生多次弹性正碰后，弹珠与圆环均处于静止状态。已知弹珠与圆环内壁从发生第一次碰撞到弹珠恰好处于静止状态的时间为，桌面足够长且粗糙程度处处相同，下列说法正确的是（　　） A．整个过程中系统动量守恒，机械能守恒 B．第一次碰撞后瞬间弹珠速度大小为 C．圆环从开始运动到最终处于静止状态的过程中通过的总位移的大小为 D．若忽略碰撞时间，从发生第一次碰撞到弹珠恰好处于静止状态的过程中，圆环运动的时间为 【答案】D 【详解】A．由于存在摩擦力，系统产生了内能，系统合外力不为零，故整个过程中系统动量不守恒，机械能不守恒，故A错误； B．由于碰撞为弹性碰撞，设初速度方向为正，则第一次碰撞时有， 联立解得，第一次碰撞后瞬间弹珠速度大小，，故B错误； C．设初速度方向为正，圆环受到的摩擦力为f，第一次碰撞前到弹珠恰好停止的过程中，对弹珠和圆环系统，由动量定理得 对圆环和弹珠系统，由能量守恒可得 解得 故C错误； D．弹珠和圆环第一次碰撞结束到发生第二次碰撞，弹珠做匀速运动，设弹珠的位移为，运动时间为，圆环做匀减速运动至停止，设圆环的位移为，该过程中弹珠与圆环通过的位移相等，即 又， 解得 同理可知，此后每相邻两次碰撞，A、B的运动时间均满足此关系，可知 故D正确。 故选D。 10. （24-25高一下·黑龙江大庆·月考）人们用手抛撒种子进行播种，某次抛撒种子时，质量相等的两颗种子a、b的运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，P、Q是两轨迹的最高点，M、N在同一水平线上。从O到M和从O到N的过程中，不计空气阻力，则（　　） A．运动过程中，a受到重力的冲量比b小 B．运动过程中，a的动量变化率一定等于b的动量变化率 C．a在P点的动量一定等于b在Q点的动量 D．a在M点的动量一定小于b在N点的动量 【答案】B 【详解】A．两种子分别从O抛出到M、N的过程中做斜抛运动，由轨迹知，种子a上升的最大高度较高，根据 解得 则有 同理可知种子在下落过程中也有 根据可知，运动过程中，a受到重力的冲量比b大，故A错误； B．根据动量定理 则有 由于两粒种子的质量相等，则a的动量变化率等于b的动量变化率，故B正确； C．根据水平方向 a水平位移小运动时间长，则a水平分速度小，P、Q是两轨迹的最高点，在最高点只具有水平方向的分速度，根据可知，a在P点的动量一定小于b在Q点的动量，故C错误； D．a在M点的水平速度小于b在N点的水平速度，a在M点的竖直速度大于b在N点的竖直速度，故无法比较a在M点的动量和b在N点的动量大小关系，故D错误。 故选B。 11. （2025·辽宁·二模）质量相等的A、B两物体运动的速度同时向右，如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为、，合外力的功均分别为、，合外力的冲量大小分别为、，加速度大小分别为、，下列关系式正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．在图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移， 联立解得，故A错误； B．根据动能定理有， 联立解得，故B正确； C．根据动量定理有， 联立解得，故C错误； D．图线的斜率代表物体的加速度， 联立解得，故D错误。 故选B。 12. （2025·吉林·一模）如图甲所示为建筑工地重型塔吊。工作时悬臂保持不动，可沿悬臂水平移动的天车下有一个挂钩可用于悬挂重物。天车有两个功能，一是吊着重物沿竖直方向运动，二是吊着重物沿水平方向运动。重物经过A点开始计时（，竖直方向初速度为零），在将一质量为m的重物运送到B过程中，天车水平方向以的速度匀速运动，竖直方向运动的加速度随时间变化如图乙所示，不计一切阻力，重力加速度为g，对于该过程，下列说法正确的是（　　） A．重物做匀变速曲线运动，合力竖直向下 B．在与时刻，拉线对重物拉力的差值为 C．时刻，重物的动能大小为 D．，拉线对重物拉力的冲量大小为 【答案】D 【详解】A．依题意可知，由于重物水平方向匀速直线运动，竖直方向做加速度随时间均匀减小的加速运动，所以重物合力竖直向上，做非匀变速曲线运动，故A错误； B．在时刻，根据牛顿第二定律，由图乙可得 时刻，重物加速度为0，拉线对重物拉力 二者的差值为，故B错误； C．根据图像围成的面积表示速度的改变量，可得时刻，重物在竖直方向上的速度大小为 则时刻，重物的速度大小为 动能大小为，故C错误； D．对重物，根据动量定理可得 可得拉线对重物拉力的冲量大小为，故D正确。 故选D。 13. （2025·贵州·模拟预测）如图，两根光滑绝缘细杆、的端点固定在同一竖直圆周上，B点为圆的最高点，、为圆的两条直径（其中竖直，与竖直方向成角），整个装置处于水平向右的匀强电场中（图中未画出）。现将一质量为m、带电荷量为q（）的小环套在细杆上先后从A、B两点由静止释放，小环沿、路径的运动时间分别为、。已知小环受到的电场力满足，重力加速度大小为g。则（　　） A． B． C．小环下滑过程，电场力的冲量相等 D．小环下滑过程，电场力做功相等 【答案】C 【详解】AB．由已知关系易知，重力和电场力的合力沿方向，由“等时圆”模型易知，，故AB错误； C．由知，电场力的冲量相等，故C正确； D．由知，路径的水平位移x较大，则做功较多，故D错误。 故选C。 14. （2025·湖北·一模）如图所示，一质量为的小球在光滑水平桌面上，受一水平恒力（未画出）的作用，从点出发到达点，速度方向偏转。已知小球经过点时速度大小为，长为，方向与、连线夹角为，，。关于小球从运动到的过程中，下列说法正确的是（　　） A．点速度大小为 B．水平恒力的大小为 C．恒力的冲量大小为 D．机械能的增加量为 【答案】B 【详解】A.因为速度偏转，所以沿方向的末速度为零，所以沿方向物体做匀减速直线运动，垂直方向做初速度为0的匀加速直线运动，设末速度为，根据运动的等时性，设运动的时间为，根据运动的分解，沿方向位移为……① 速度为……② 垂直方向位移为……③ 速度为……④ 联立①②③④解得，A错误； B.沿方向的加速度 垂直方向的加速度 物体运动的合加速度为 根据牛顿第二定律可得恒力，B正确； C.恒力的冲量，C错误； D.根据动能定理得，机械能的增加量，D错误。 故选B。 15. （2025·广东·一模）一半径为R的光滑瓷碗静止在水平桌面上，在球心等高处紧贴着碗壁无初速度静止释放一个质量相等的小铁球，瓷碗始终在水平桌面上。下列说法正确的是（　　） A．小球第一次回到初始位置时，瓷碗的路程大小为2R B．小球第一次下降到瓷碗最低点时，对碗底的压力与受重力大小相等 C．若半径R足够大，小球在运动过程中可能脱离瓷碗 D．小球相邻两次达到最高点的时间小于 【答案】A 【详解】A．小球和瓷碗水平方向动量守恒，小球从释放到另一侧最高点的过程中，设小球质量为m,位移大小为x1，瓷碗位移大小为x2，由人船模型位移关系可知：mx1=mx2，x1+x2=2R 代入数据可得：x1=x2=R 由运动对称性可知，瓷碗来回总路程为2R，故A正确； B．小球第一次下降到瓷碗最低点时，根据动能定理有 水平方向动量守恒 小球相对瓷碗做圆周运动，由牛顿第二定律有 代入得 由牛顿第三定律可知小球对碗底的压力也为，大于重力，故B错误； C．由能量守恒可知，若小球能脱离瓷碗，其重力势能一定要大于，不满足题意，故C错误； D．由于小球下落过程中；受到碗壁支持力有竖直向上的分量，故下落过程中同一竖直位移时，运动速度一定比相同条件下自由落体运动速度要小，根据两段对称性可知，用时一定大于，故D错误。 故选A。 16. （2025·陕西渭南·一模）如图甲，一质量为的物块B用一长度为的轻绳悬挂于点处，初始时其与竖直方向的夹角，P点正下方处有一钉子。另一质量为的物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动，物块B触地时水平速度不变，竖直速度变为零；然后物块B以水平速度向物块A运动，记物块B与弹簧接触的时刻为，与弹簧分离的时刻为。该过程中，A、B的图像如图乙所示。已知从到时间内，物块A运动的距离大小为。重力加速度为。求： (1)轻绳即将断裂时的拉力； (2)弹簧的弹性势能的最大值； (3)弹簧压缩量的最大值（用表示）。 【答案】(1)100N (2)9.6J (3) 【详解】（1）设B摆至最低点的速度为v，根据动能定理有 代入数值，解得v=4m/s 设轻绳即将断裂时其中的张力为FT，对B受力分析有 解得FT=100N （2）B落地时的水平速度仍为v=4m/s第一次碰撞过程中，当 AB共速时，弹簧的弹性势能最大，则由动量守恒和能量关系可知， 解得 （3）当AB共速时，弹复压缩量最大，在任意时刻都满足动量守恒 整理得 在t=0到t=t0时间内时间上积分可得 又 可得 所以弹簧压缩量的最大值 17. （2025·广东广州·一模）(1)有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示。长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ。不计钢绳的重力，重力加速度为g。求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系。 (2)在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是和，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是v1和v2，v2＞v1。当B追上A时发生碰撞，碰撞后A、B的速度分别是v1′和v2′，碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2。碰撞时，两物体之间力的作用时间很短，用Δt表示。试证明碰撞前后系统动量之和保持不变。 【答案】(1) (2)见解析 【详解】（1）设座椅的质量为，匀速转动时，座椅的圆周半径为           由牛顿第二定律得        得转盘角速度与夹角的关系 （2）根据动量定理，物体A动量的变化量等于它所受作用力F1的冲量，即F1Δt＝m1v1′－m1v1 物体B动量的变化量等于它所受作用力F2的冲量，即F2Δt＝m2v2′－m2v2 根据牛顿第三定律，两个物体碰撞过程中的每个时刻相互作用力F1与F2大小相等、方向相反，即F1＝－F2 则有m1v1′－m1v1＝－（m2v2′－m2v2） 整理可得m1v1′＋m2v2′＝m1v1＋m2v2 这说明，两个物体碰撞后的动量之和等于碰撞前的动量之和。 18. （2025·四川·一模）如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳绕过光滑定滑轮与静止在斜面底端点的物块相连，斜面底端与水平地面平滑连接；处于原长的水平轻质弹簧右端固定在竖直挡板上，物块在点紧靠（不拴接）弹簧左端。某时刻起，电动机以恒定功率拉动物块由静止开始沿斜面向上运动，经过时间，物块达到最大速度，同时剪断细绳，之后，物块与碰撞并粘连在一起运动，最终停在某位置。物块和均可看成质点，质量相等都为，与水平粗糙段之间的动摩擦因数都为，、相距。斜面足够长，弹簧始终处于弹性限度内，挡板与间水平地面光滑，不计空气阻力。重力加速度取。求： (1)物块沿斜面向上运动速度最大时的动量大小； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)两物块一起最终所停位置与点的间距。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块在电动机恒定功率拉动下向上做加速运动，加速度为零时，设此时电动机牵引力大小为，速度最大为，则 速度最大时 此时物块沿斜面向上的动量，则 解得 （2）物块从到，设与物块碰撞前的速度大小为，由动能定理 物块与物块粘连在一起，设整体速度为，由动量守恒 当物块、向右压缩弹簧减速到零时，弹簧弹性势能最大，由能量守恒 解得 （3）物块和一起在弹簧与斜面之间做往复运动，最终停在、之间某处，设物块和一起在、之间往复运动通过的总路程为，由动能定理 解得 距离O2点的间距 解得 19. （2025·广东清远·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 。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 石块至少需撞击多少次木楔。 【答案】(1) (2) (3)4 【详解】（1）石块运动到最低点过程，根据动能定理有 根据牛顿第二定律有 联立解得 （2）石块与木楔碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则有 根据机械能守恒有 解得 对石块进行分析，根据动量定理有 根据牛顿第三定律，可知石块对木楔的撞击力大小 联立解得 （3）根据木楔的阻力与位移图像关系有 木楔移动需克服阻力做的功 根据能量守恒定律有 解得 故要木楔移动的位移，石块需撞击4次木楔。 20. （2025·河北衡水·三模）如图所示，竖直面内有半径的光滑圆弧轨道，最低点与水平传送带左端相切，传送带右端与水平轨道平滑连接，圆弧所对的圆心角，传送带长，以速率顺时针匀速转动。质量的物块P以大小为的初速度从圆弧轨道的最高点沿切线进入圆弧轨道，P与传送带间的动摩擦因数。在点右侧的水平轨道上等间距摆放个相同的滑块，相邻滑块间距离，每个滑块的质量均为，编号依次为1、2、3、…、n，滑块1与点距离也为，物块P及各滑块与水平轨道间的动摩擦因数均为。物块P从点滑上水平轨道后，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，重力加速度取。 已知。求： (1)物块P经过点时对圆弧轨道的压力大小； (2)物块P从点滑上水平轨道时的速度大小； (3)物块P停止运动时距点的距离（结果保留两位小数）。 【答案】(1)28N (2)4m/s (3)5.69m 【详解】（1）设物块经过点的速度为，受轨道支持力为，物块P从点运动到点的过程中，根据机械能守恒有 在点时有 根据牛顿第三定律可知物块P经过点时对圆弧轨道的压力大小为 联立解得 （2）设物块P在传送带上一直做减速运动，到点速度为，根据动能定理有 解得 由于，则假设成立，物块P一直做减速运动，即物块P从点滑上水平轨道时的速度大小为。 （3）物块P与滑块1碰撞前瞬间的动能 物块P与滑块1碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则 碰撞后瞬间系统动能 解得碰撞后瞬间系统动能 同理可知物块、1和2碰撞前瞬间，系统动能 物块P、1和2碰撞后瞬间，系统动能 物块P、1、2和3碰撞前瞬间，系统动能 以此类推，在物块P、1、2、…、和滑块碰撞前瞬间，系统动能 设一共碰撞次，则 代入数据解得 即最多可以碰撞到滑块5且 与滑块5碰后系统动能 设继续运动的距离为，则由 解得 物块P停止运动时距点的距离 联立解得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型06 冲量与动量 动量守恒定律 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 动量定理及其应用 考向02 动量守恒定律及其应用 考向03 碰撞模型及其拓展 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 冲量与动量、动量守恒定律是浙江物理选考的核心综合考点，侧重 “矢量运算 + 过程分析”，常结合碰撞、反冲、多阶段运动等场景命题，题型覆盖选择题、计算题（高频中档 / 压轴题），核心逻辑是 “动量变化等于合外力冲量，系统不受外力时动量守恒” （1）情境贴近实际：常结合体育（碰撞、反冲运动）、科技（火箭发射、粒子碰撞）、生活（滑块与木板、弹簧玩具）等场景，强调物理知识的实际应用 （2）模块交叉综合：频繁与能量守恒、牛顿运动定律、直线运动等结合，形成 “动量 + 能量”“动量 + 力学运动” 的综合题 考向01 动量定理及其应用 【例1-1】（2025·浙江·高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（　　） A．5层 B．8层 C．17层 D．27层 【例1-2】（2025·浙江杭州·一模）2024年9月，我国成功发射北斗卫星导航系统第60颗卫星，标志着“北斗三号”全球卫星导航系统建设的圆满收官。图（a）是西安卫星测控中心对某卫星的监控画面，图中左侧数值表示纬度，下方数值表示经度，曲线是运行过程中，卫星和地心的连线与地球表面的交点（即卫星在地面上的投影点，称为星下点）的轨迹展开图。该卫星运行的轨道I近似为圆轨道，高度低于地球静止卫星轨道，绕行方向如图（b）所示。一段时间后，卫星在轨道I、II交点处通过快速喷气变轨到轨道II，如图（c）所示，轨道II为赤道平面圆轨道，I为倾斜圆轨道，I、II轨道高度相同。地球自转周期为24小时，卫星质量为，卫星在轨道上运行的速率，不考虑喷气时卫星的质量变化。根据以上信息可以判断（   ） A．卫星在该轨道II运行时比赤道上随地球自转的物体所受的向心力大 B．该卫星运行速度大于第一宇宙速度 C．该卫星运行周期为12小时 D．喷气变轨时，卫星受到的冲量大小为 1.动量定理的理解 （1）动量定理反映了力的冲量与动量变化之间的因果关系，即合力的冲量是原因，物体的动量变化是结果。 （2）动量定理中的冲量是所受合力的冲量，既是各力冲量的矢量和，也是合力在不同阶段冲量的矢量和。 （3）动量定理的表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。 （4）由FΔt＝p'－p，得F＝＝，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率。 2.用动量定理解释生活现象 （1）Δp一定时，F的作用时间越短，力越大；作用时间越长，力越小。 （2）F一定时，力的作用时间越长，Δp越大；作用时间越短，Δp越小。 分析问题时，要明确哪个量一定，哪个量变化。 3.用动量定理解题的基本思路 （1）确定研究对象。研究对象一般仅限于单个物体。 （2）对物体进行受力分析，求合冲量。可先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。 （3）抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。 （4）根据动量定理列方程，如有必要还需要补充其他方程，最后代入数据求解。 对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可对整个过程用动量定理。 【变式1-1】（2024·浙江金华·一模）清洗汽车的高压水枪如图所示。水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆形，水流速度为v，水柱垂直射向汽车表面，冲击汽车后速度减为零。已知水的密度为ρ。则（    ） A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为 B．高压水枪单位时间内对汽车的作用力为 C．水柱对汽车的压强为ρv3 D．高压水枪单位时间内喷出水的动能为 【变式1-2】（2025·浙江湖州·一模）如图所示，一游戏装置由弹射器，光滑水平直轨道AB、CD，水平凹槽MN，圆心为的四分之一细圆管竖直轨道DE，圆心为的四分之一圆弧竖直轨道EF，足够长粗糙水平直轨道GH组成。连线水平，和竖直，静止在水平凹槽的滑板左端紧靠竖直侧壁BM，上表面与AB、CD平齐。游戏时，可视为质点的滑块从A点水平弹出，经B点滑上滑板，随后带动滑板一起运动，滑板到达竖直侧壁CN后即被锁定。滑块继续滑过轨道CD、DE、EF后，静止在GH某处视为游戏成功。已知滑块和滑板质量分别为，，MN长，滑板右端距CN的距离，滑块与滑板间的动摩擦因数，滑块与GH间的动摩擦因数，DE和EF的半径，其余各处均光滑，轨道间平滑连接，弹射时滑块从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，g取。 (1)若滑块恰好能滑上GH，求滑块在圆管轨道的D点时受到的作用力； (2)要使游戏成功，求滑块到达D点时的速度大小的范围； (3)要使游戏成功，求滑块静止的区域以及相应的弹簧弹性势能范围。 考向02 动量守恒定律及其应用 【例2-1】（2025·浙江·一模）四个可视为质点、质量及带电量均相等的小球Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ通过不可伸长的绝缘轻质细线连接成正方形，静置于光滑绝缘水平面上，如图所示。现将小球Ⅲ、Ⅳ之间的细线用火烧断，在系统从初始状态到四小球第一次共线的过程中，下列说法正确的是（　　） A．Ⅰ、Ⅱ两小球之间细线的拉力保持不变 B．该过程中系统的动量和机械能均守恒 C．当系统机械能最大时，Ⅰ、Ⅲ两小球速度相等 D．任意一段时间内Ⅰ、Ⅱ两小球动量变化量一定相等 【例2-2】（2025·浙江台州·一模）某运输装置如图，倾角为的倾斜传送带长为，与光滑圆弧轨道相切于B点，圆弧的圆心角，半径。轨道右侧光滑水平台面上放置质量的滑板，右端带有半径为的圆弧光滑轨道，滑板左端D紧靠C点，滑板的水平部分于C点相切，长度。现将质量为的小物块从传送带底端A处静止释放，传送带由静止开始匀加速启动，可以调节传送带的启动加速度，使物块沿轨道外侧运送到滑板上。已知物块与传送带间动摩擦因数，与滑板水平部分间动摩擦因数未知，。求： (1)若传送带的启动加速度为，小物块到达B点时的速度； (2)求小物块到达最高点C的最大速度，以及传送带的启动加速度范围； (3)若小物块以速度为，冲上滑板左侧，经过时间刚好到达最高点F点。求： ①小物块达到F点时相对地面运动的距离x； ②小物块再次到达圆弧最低点E点时受到轨道支持力的大小。 1.动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度（一般是相对于地面） 同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1'、p2'……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 2.应用动量守恒定律的解题步骤 （1）明确研究对象，确定系统的组成（系统包括哪几个物体及研究的过程）。 （2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）。 （3）规定正方向，确定初、末状态动量。 （4）由动量守恒定律列出方程。 （5）代入数据，求出结果，必要时讨论说明。 【变式2-1】质量为的滑块沿倾角为、长度为的光滑斜面顶端静止滑下。斜面质量为，并静置于光滑水平面上，重力加速度为。滑块可看成质点，则滑块滑到斜面底端所用的时间为（　　） A． B． C． D． 【变式2-2】（2024·浙江温州·一模）如图所示，处于竖直平面内的轨道，由倾角的足够长直轨道、圆心为的半圆形轨道、圆心为的圆形细圆管轨道、倾角的直轨道、水平直轨道组成，各段轨道均光滑且各处平滑连接，B和D为轨道间的相切点，点E、圆心处于同一竖直线上，C、F、G处于同一水平面上。在轨道末端G的右侧光滑水平面上，紧靠着质量、长度的无动力摆渡车，车上表面与直轨道平齐。可视为质点、质量的滑块从直轨道上某处静止释放。已知轨道和的半径。（，） (1)若释放点距点B的距离，求滑块到最低点C 时轨道对其支持力的大小； (2)若滑块始终不脱离轨道，求释放点与C点高度差h的取值范围； (3)若滑块从E点飞出后落在轨道上，与轨道碰撞后瞬间沿轨道速度分量保持不变，垂直轨道速度分量减为零，再沿轨道滑至摆渡车上。已知滑块和摆渡车之间的动摩擦因数，且滑块恰好不脱离摆渡车，求： ①滑块运动至点G 的速度大小； ②滑块离开点E的速度大小。 考向03 碰撞模型及其拓展 【例3-1】（2022·浙江·高考真题）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知，，，，，物块与MN、CD之间的动摩擦因数，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取。 （1）若，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度的大小； （2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力与h间满足的关系； （3）若物块b释放高度，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。 【例3-2】如图所示，水平地面上有一高的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道，它们平滑连接，其中管道的半径、圆心在点，轨道的半径、圆心在点，、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道、轨道从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，，，取重力加速度。 （1）若小滑块的初始高度，求小滑块到达B点时速度的大小； （2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值； （3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。 一、“滑块—曲面”模型 1.模型图示 2.模型特点 （1）上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0。系统水平方向动量守恒，mv0＝（M＋m）v共；系统机械能守恒，m＝（M＋m）＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度（相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能）。 （2）返回最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，m＝m＋M（相当于弹性碰撞）。 二、“滑块—弹簧”模型 1.模型图示 2.模型特点 （1）动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 （2）机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 （3）弹簧处于最长（或最短）状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小（相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能），即m1v0＝（m1＋m2）v，ΔEp＝m1－（m1＋m2）v2。 （4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失（相当于刚完成弹性碰撞），即m1v0＝m1v1＋m2v2，m1＝m1＋m2。 三、“滑块—木板”模型 1.模型图示 2.模型特点 （1）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 （2）若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。 3.求解方法 （1）求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。 （2）求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。 （3）求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统。 【变式3-1】（2025·浙江·一模）如图所示，平行金属板间存在匀强电场（不考虑边界效应），间距为，板长为。时刻从上板左边缘C处水平向右射入质量为m、电荷量为q的粒子，在两板正中间右侧的D点同时水平向左射入质量也为m、不带电的粒子。两粒子射入电场时的初始动能均为，相遇时做完全非弹性碰撞，碰撞时间极短。不计重力，碰撞过程电荷量保持不变，则（    ） A．两粒子发生碰撞的时刻 B．电场强度 C．碰撞损失的能量为 D．粒子到达Q板时的动能 【变式3-2】（2025·浙江·一模）一固定装置由水平的光滑直轨道AB、倾角为的光滑直轨道BC、圆弧管道（圆心角为）CD组成，轨道间平滑连接，其竖直截面如图所示。BC的长度，圆弧管道半径（忽略管道内径大小），D和圆心O在同一竖直线上。轨道ABCD末端D的右侧紧靠着光滑水平地面放置的一轻质木板，小物块在木板最左端紧挨着管道出口D，板右上方有一水平位置可调节的挡板P，小物块静止于木板右端。现有一质量为可视为质点的物体，从A端弹射获得的动能后，经轨道ABCD水平滑到D点，并与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后和右侧挡板发生弹性碰撞，整个运动过程中、未发生碰撞，与挡板P碰撞后均反向弹回，碰撞前后瞬间速度大小相等。已知、与木板间的动摩擦因数均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，。试求： (1)求滑块到达D点时对轨道的作用力； (2)若整个运动过程中只与挡板碰撞1次，且返回后最终、停止了运动，求最初与挡板P的水平距离； (3)调节与挡板P的水平距离，使整个运动过程中与挡板总共碰撞2次，且最终、停止了运动，求整个运动经过的时间t和此过程最初与挡板P的水平距离。 1. （2025·浙江·二模）2024年巴黎奥运会中国选手陈清晨和贾一凡获得羽毛球女双金牌。不计空气阻力，则发球时，羽毛球从飞出至落地的过程（　　） A．运动至最高点时机械能最大 B．相同时间内，动量变化相同 C．重力做功越来越快 D．在上升阶段和下降阶段处于同一高度的过程中，重力冲量为0 2. 如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点以相同速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图中的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（　　） A．3轨迹的物体在最高点的速度最小 B．3轨迹的物体在空中飞行时间最长 C．1轨迹的物体所受重力的冲量最大 D．3轨迹的物体单位时间内速度变化量最大 3. （2024·浙江温州·一模）玩具“骑行小猪”绕碗的边缘做匀速圆周运动如图所示。若碗始终静止在水平桌面上，下列说法正确的是（　　） A．小猪所受的合外力为零 B．小猪运动一周，其重力的冲量为零 C．碗对小猪的作用力大于小猪的重力 D．碗与桌面之间无摩擦力 4. （2024·浙江·一模）如图，用需要考虑重力的高压水枪冲洗物体，若水从枪口喷出时的速度大小为v，近距离垂直喷射到物体表面，速度在短时间内变为零，水枪出水口直径为D，忽略水从枪口喷出后的发散效应，已知水的密度为ρ，重力加速度为g，则（　　） A．该水枪的流量（单位时间流经水枪的水的体积）为 B．单位时间内水枪喷出水的质量为 C．物体受到的冲击力大小约为 D．水枪水平向前喷水时，手对水枪的作用力方向水平向前 5. （2025·山东·模拟预测）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为的小球、。小球用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。现将细线烧断，以此为计时起点，、两小球运动的图线如图乙所示，表示0到时间内的图线与横轴所围面积大小，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．从0到时刻，弹簧对球的冲量为 B．时刻，球的速度大小为 C．时刻，弹簧弹性势能最大 D．时刻，、两小球的速度差最小 6. （2025·山东·模拟预测）如图所示，水平地面上固定一倾角为且足够长的光滑斜面，斜面底部固定安装一轻弹簧，弹簧上端拴接一小滑块，小滑块处于静止状态。另有一质量为的小滑块，从斜面上处由静止开始下滑，滑块与滑块碰撞后粘连在一起向下运动。已知弹簧的形变量始终在弹性限度内，弹簧形变量为时，弹性势能。如果以位置为坐标原点，沿斜面向下为的正方向建立坐标系，则滑块的动能与位移的关系图像如图乙所示。不计空气阻力。下列判断正确的是（　　） A．滑块位移为时，弹簧的弹性势能最大 B．滑块的质量为 C．弹簧的劲度系数为 D．由滑块、滑块和弹簧组成的系统，从位置到弹性势能最大的过程中，系统的机械能守恒 7. （2025·广东清远·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 8. （2025·河南信阳·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。这个士兵用自动步枪在内沿水平方向连续射出10发子弹，每发子弹的质量是，子弹离开枪口时相对步枪的速度是。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 C．连续射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为 D．发射子弹过程中系统动量守恒，机械能也守恒 9. （2025·黑龙江吉林·模拟预测）如图所示，质量为m的均匀圆环B静止平放在粗糙的水平桌面上，另一质量为2m的光滑弹珠A以水平初速度正对环心穿过圆环上的小孔射入环内，与圆环内壁发生多次弹性正碰后，弹珠与圆环均处于静止状态。已知弹珠与圆环内壁从发生第一次碰撞到弹珠恰好处于静止状态的时间为，桌面足够长且粗糙程度处处相同，下列说法正确的是（　　） A．整个过程中系统动量守恒，机械能守恒 B．第一次碰撞后瞬间弹珠速度大小为 C．圆环从开始运动到最终处于静止状态的过程中通过的总位移的大小为 D．若忽略碰撞时间，从发生第一次碰撞到弹珠恰好处于静止状态的过程中，圆环运动的时间为 10. （24-25高一下·黑龙江大庆·月考）人们用手抛撒种子进行播种，某次抛撒种子时，质量相等的两颗种子a、b的运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，P、Q是两轨迹的最高点，M、N在同一水平线上。从O到M和从O到N的过程中，不计空气阻力，则（　　） A．运动过程中，a受到重力的冲量比b小 B．运动过程中，a的动量变化率一定等于b的动量变化率 C．a在P点的动量一定等于b在Q点的动量 D．a在M点的动量一定小于b在N点的动量 11. （2025·辽宁·二模）质量相等的A、B两物体运动的速度同时向右，如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为、，合外力的功均分别为、，合外力的冲量大小分别为、，加速度大小分别为、，下列关系式正确的是（　　） A． B． C． D． 12. （2025·吉林·一模）如图甲所示为建筑工地重型塔吊。工作时悬臂保持不动，可沿悬臂水平移动的天车下有一个挂钩可用于悬挂重物。天车有两个功能，一是吊着重物沿竖直方向运动，二是吊着重物沿水平方向运动。重物经过A点开始计时（，竖直方向初速度为零），在将一质量为m的重物运送到B过程中，天车水平方向以的速度匀速运动，竖直方向运动的加速度随时间变化如图乙所示，不计一切阻力，重力加速度为g，对于该过程，下列说法正确的是（　　） A．重物做匀变速曲线运动，合力竖直向下 B．在与时刻，拉线对重物拉力的差值为 C．时刻，重物的动能大小为 D．，拉线对重物拉力的冲量大小为 13. （2025·贵州·模拟预测）如图，两根光滑绝缘细杆、的端点固定在同一竖直圆周上，B点为圆的最高点，、为圆的两条直径（其中竖直，与竖直方向成角），整个装置处于水平向右的匀强电场中（图中未画出）。现将一质量为m、带电荷量为q（）的小环套在细杆上先后从A、B两点由静止释放，小环沿、路径的运动时间分别为、。已知小环受到的电场力满足，重力加速度大小为g。则（　　） A． B． C．小环下滑过程，电场力的冲量相等 D．小环下滑过程，电场力做功相等 14. （2025·湖北·一模）如图所示，一质量为的小球在光滑水平桌面上，受一水平恒力（未画出）的作用，从点出发到达点，速度方向偏转。已知小球经过点时速度大小为，长为，方向与、连线夹角为，，。关于小球从运动到的过程中，下列说法正确的是（　　） A．点速度大小为 B．水平恒力的大小为 C．恒力的冲量大小为 D．机械能的增加量为 15. （2025·广东·一模）一半径为R的光滑瓷碗静止在水平桌面上，在球心等高处紧贴着碗壁无初速度静止释放一个质量相等的小铁球，瓷碗始终在水平桌面上。下列说法正确的是（　　） A．小球第一次回到初始位置时，瓷碗的路程大小为2R B．小球第一次下降到瓷碗最低点时，对碗底的压力与受重力大小相等 C．若半径R足够大，小球在运动过程中可能脱离瓷碗 D．小球相邻两次达到最高点的时间小于 16. （2025·陕西渭南·一模）如图甲，一质量为的物块B用一长度为的轻绳悬挂于点处，初始时其与竖直方向的夹角，P点正下方处有一钉子。另一质量为的物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动，物块B触地时水平速度不变，竖直速度变为零；然后物块B以水平速度向物块A运动，记物块B与弹簧接触的时刻为，与弹簧分离的时刻为。该过程中，A、B的图像如图乙所示。已知从到时间内，物块A运动的距离大小为。重力加速度为。求： (1)轻绳即将断裂时的拉力； (2)弹簧的弹性势能的最大值； (3)弹簧压缩量的最大值（用表示）。 17. （2025·广东广州·一模）(1)有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示。长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动。当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ。不计钢绳的重力，重力加速度为g。求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系。 (2)在光滑水平桌面上做匀速运动的两个物体A、B，质量分别是和，沿同一直线向同一方向运动，速度分别是v1和v2，v2＞v1。当B追上A时发生碰撞，碰撞后A、B的速度分别是v1′和v2′，碰撞过程中A所受B对它的作用力是F1，B所受A对它的作用力是F2。碰撞时，两物体之间力的作用时间很短，用Δt表示。试证明碰撞前后系统动量之和保持不变。 18. （2025·四川·一模）如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳绕过光滑定滑轮与静止在斜面底端点的物块相连，斜面底端与水平地面平滑连接；处于原长的水平轻质弹簧右端固定在竖直挡板上，物块在点紧靠（不拴接）弹簧左端。某时刻起，电动机以恒定功率拉动物块由静止开始沿斜面向上运动，经过时间，物块达到最大速度，同时剪断细绳，之后，物块与碰撞并粘连在一起运动，最终停在某位置。物块和均可看成质点，质量相等都为，与水平粗糙段之间的动摩擦因数都为，、相距。斜面足够长，弹簧始终处于弹性限度内，挡板与间水平地面光滑，不计空气阻力。重力加速度取。求： (1)物块沿斜面向上运动速度最大时的动量大小； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)两物块一起最终所停位置与点的间距。 19. （2025·广东清远·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 。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 石块至少需撞击多少次木楔。 20. （2025·河北衡水·三模）如图所示，竖直面内有半径的光滑圆弧轨道，最低点与水平传送带左端相切，传送带右端与水平轨道平滑连接，圆弧所对的圆心角，传送带长，以速率顺时针匀速转动。质量的物块P以大小为的初速度从圆弧轨道的最高点沿切线进入圆弧轨道，P与传送带间的动摩擦因数。在点右侧的水平轨道上等间距摆放个相同的滑块，相邻滑块间距离，每个滑块的质量均为，编号依次为1、2、3、…、n，滑块1与点距离也为，物块P及各滑块与水平轨道间的动摩擦因数均为。物块P从点滑上水平轨道后，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，重力加速度取。 已知。求： (1)物块P经过点时对圆弧轨道的压力大小； (2)物块P从点滑上水平轨道时的速度大小； (3)物块P停止运动时距点的距离（结果保留两位小数）。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $