题型06 动量定理与动量守恒定律（题型专练）（山东专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

题型06 动量定理与动量守恒定律 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 动量定理的综合应用 考向02 用动量定理解决流体类和微粒类“柱状模型”问题 考向03 应用动量守恒定律处理碰撞问题和类碰撞问题 考向04 应用力学三大观点处理多过程物理问题【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 动量定理与动量守恒定律是高中物理的核心主干，也是高考的高频必考点与压轴热点。其不仅是解决碰撞、反冲等典型问题的专用工具，更是与能量观点、牛顿定律并列的力学三大基本观点之一，贯穿于力学乃至电磁学综合问题的分析中，是处理复杂多过程问题的关键思路。 高考命题常以计算题形式呈现，集中于四大考向：动量定理的综合应用；流体与微粒的“柱状模型”；碰撞与类碰撞问题；三大观点的综合应用（涉及弹簧、板块等多过程模型）。考查方法突出矢量性、条件性、系统性和模型构建能力。 学生常见错误集中在：忽略动量的矢量性导致方向错误；误判系统动量守恒条件；混淆瞬时作用与过程积累；以及在多过程中研究对象选择不当或物理规律选用混乱。这些均需通过扎实的模型训练与条件辨析来克服。 考向01 动量定理的综合应用 【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·湖北·高考真题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有得撤销拉力后，有得对于全过程，有得对于全过程有 故运动的总时间 可知当越大时，越小，当时，取最小值。则则故选B。 1.动量定理的理解 (1)动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因,冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。 (2)动量定理给出了冲量和动量变化间的相互关系。 (3)现代物理学把力定义为物体动量的变化率:F=(牛顿第二定律的动量形式)。 (4)动量定理的表达式F·Δt=Δp是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。 (5)动量定理不仅适用于恒定的力,也适用于随时间变化的力。这种情况下,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 2.应用动量定理解释的两类物理现象 (1)当物体的动量变化量一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大,力的作用时间Δt越长,力F就越小,如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。 (2)当作用力F一定时,力作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大,力的作用时间Δt越短,动量变化量Δp越小。 3.动量定理的应用技巧 (1)应用I=Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化Δp,等效代换得出变力的冲量I。 (2)应用Δp=FΔt求动量的变化 【变式1-1】（2025·湖北·模拟预测）如图所示为一个沙漏，其中玻璃容器的质量为，沙子的总质量为，阀门距离容器底部的高度为。现在将该沙漏放在水平台秤上，当打开阀门时，沙子从漏口随时间均匀漏下时，初速度可近似认为为0，忽略空气阻力，不计沙子间的相互影响，下列说法正确的是（　　） A．沙子在空中下落的过程中处于超重状态 B．出口下方范围内沙子数比范围内沙子数多 C．如果沙子下落的总时间为，则玻璃容器底部受到的冲击力大小为 D．由于沙子在下落，处于失重状态，台秤的示数一直小于沙漏的总重力 【答案】B 【详解】A．沙子在空中下落过程中是自由落体运动，加速度竖直向下，处于失重状态，故A错误。 B．沙子从漏口随时间均匀漏下，时间间隔相等，由题意沙子下落位移有，，由自由落体运动公式有，代入数据解得，显然，所以出口下方范围内沙子数比范围内沙子数多，故B正确。 C．根据自由落体运动公式有设沙子落到容器底部与容器底部作用时间为，玻璃容器底部受到的冲击力大小为，根据牛顿第三定律沙子受到容器底部的作用力大小也为，则根据动量定理有联立解得，故C错误。 D．刚开始下落时，沙子没有与容器底部接触，空中下落沙子处于完全失重状态，台秤示数小于总重力，当沙子与容器底部接触后，是否大于总重力取决于玻璃容器底部受到的冲击力大小，无法确定台秤示数是否小于总重力，故D错误。 故选B。 【变式1-2】（2025·吉林长春·一模）蹦极也叫机索跳，是一项广受青年喜爱的极限运动。如图所示，运动员从平台自由落下，下落时绳索达到自然长度，此后又经时间，运动员到达最低点，该段时间内，固定在绳索悬点位置的拉力传感器显示绳索的平均作用力大小为。已知运动员的质量为，重力加速度，忽略空气阻力，则时间为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题可知，下落时运动员的速度 对运动员受力分析，选取竖直向上的方向为正方向，根据动量定理可得 解得 故选B。 考向02 用动量定理解决流体类和微粒类“柱状模型”问题 【例2-1】（2025·北京·高考真题）关于飞机的运动，研究下列问题。 (1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。 (2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。 (3)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。 【答案】(1)(2)(3)论证见解析， 【详解】（1）根据动能定理可得牵引力对飞机做的功 （2）加速过程，设起飞速度为，根据速度位移关系减速过程，根据速度位移关系联立解得 （3）在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u，并且气流掠过机翼改变方向，从而对机翼产生升力。根据升力公式，升力与气流的动量变化有关，根据动量定理 可得又，联立可得又可知即 【例2-2】（2022·福建·高考真题）（多选）我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为，推进器产生的推力为。已知氙离子的比荷为；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则（　　） A．氙离子的加速电压约为 B．氙离子的加速电压约为 C．氙离子向外喷射形成的电流约为 D．每秒进入放电通道的氙气质量约为 【答案】AD 【详解】AB．氙离子经电场加速，根据动能定理有可得加速电压为故A正确，B错误； D．在时间内，有质量为的氙离子以速度喷射而出，形成电流为，由动量定理可得进入放电通道的氙气质量为，被电离的比例为，则有联立解得故D正确； C．在时间内，有电荷量为的氙离子喷射出，则有， 联立解得故C错误。故选AD。 1.流体类“柱状模型”问题 流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 2.微粒类“柱状模型”问题 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 【变式2-1】（2025·湖北武汉·模拟预测）（多选）如图所示，天花板上悬挂一盛满水的开口薄壁圆柱形容器，其高为h，底面积为，在水平底面处开一面积为的小圆孔，水的密度为，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．水稳定流出时，水柱粗细均匀 B．水稳定流出时，水柱上粗下细 C．水刚从孔中流出时的速度大小为 D．水刚从孔中流出时堵住孔所需的力的大小为 【答案】BC 【详解】AB．相等的时间通过任一截面的质量相等，即水的流量相等，单位时间出来的水的体积不变在竖直方向上，随着水向下运动，水速不断变大，即，故有横截面积，因此下降阶段的水柱呈现的形态是上端较粗下端较细，故A错误，B正确； C．根据能量守恒和机械能守恒定律分析可知：稳定流动的很短一段时间内，对容器中的水，等效来看：液面上质量为m的薄层水的机械能等于孔中质量为m的小水柱的机械能，设液面薄层水下降的速度为，孔中质量为m的小水柱的速度为，设孔处为零势面，则有又由解得，故C正确； D．已知水的密度为，则对流动的水，考虑一段很短的时间，流出的小水柱的质量为 在有水从孔口稳定流出时堵住管口所需的力设为，要堵住水，意味着水速减为0，规定速度方向为正方向，由动量定理可知解得，故D错误。故选BC。 【变式2-2】（2025·湖北·模拟预测）离子推进器为空间电推进技术中的一种，其特点是推力小、比冲高，广泛应用于空间推进，如航天器姿态控制、位置保持、轨道机动和星际飞行等。如图所示，气体通入电离室C后被电离为正离子，利用加速电场AB加速正离子，形成向外发射的粒子流，从而对航天飞机产生反冲力使其获得加速度。已知单位时间内飘入的正离子数目为n，离子推进器加速电压为U，将大量质量为m、电荷量为q的粒子从静止加速后喷射出去，引擎获得的推力为F。下列说法正确的是（　　） A．离子推进器是将电能转化为机械能的装置 B．射出的正离子速度为 C．离子推进器获得的平均推力大小 D．离子向外喷射形成的电流大小为 【答案】A 【详解】A．离子推进器可将静电加速层中的电能转化为机械能，故A正确； B．根据动能定理有正离子喷出时的速度大小为故B错误； C．大量粒子喷射出去的过程，据动量定理可得其中联立解得提供的平均推力为故C错误； D．正离子经加速后由B处喷出形成的等效电流大小 故D错误。 故选A。 考向03 应用动量守恒定律处理碰撞问题和类碰撞问题 【例3-1】（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据牛顿第二定律两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因MN系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知解得、因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD是错误的；若不是弹性碰撞，则可知碰后速度大小之比为若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v:2v=2:1可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A正确，C错误。故选A。 【例3-2】（2025·湖北·一模）（多选）如图所示，光滑水平面上有一质量为2kg、半径为0.8m的光滑圆弧曲面C，质量为2kg的小球B置于其底端，另一个质量为1kg的小球A以v0=6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，小球均可视为质点，不计一切摩擦，g=10m/s2，则（　　） A．B恰好上升到圆弧曲面C的顶端 B．B运动到最高点时的速率为2m/s C．C的最终速率为4m/s D．B能与A再次发生碰撞 【答案】BC 【详解】AB．规定向右为正方向，A碰B过程有 解得碰后AB的速度分别为当B运动到最高点时BC共速，则有联立解得可知B不能滑到C顶端，B运动到最高点时的速率为2m/s，故A错误，B正确； CD．当B返回到C底端时有联立解得此时BC速度分别为可知C的最终速率为4m/s，B不能与A再次发生碰撞，故C正确，D错误。故选BC。 1.碰撞三原则： (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2. “动碰动”弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： (1) (2) 联立（1）、（2）解得： v1’=，v2’=.v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 4.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 5.完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：v1 v2 v共 m1 m2 m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 6.常见类碰撞模型 常见类碰撞模型 【变式3-1】（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R=1.8m的圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。球2、球3分别放在BC轨道上，质量m1=2kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g=10m/s²。下列说法正确的是（　　） A．球1到达B点时对轨道的压力大小为40N B．若球2的质量m2=1kg，球1与球2碰撞后球2的速度大小为2m/s C．若球3的质量m3=1kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量m2=kg D．若球2和球3的质量可以取任意值，球3的最大速度为12m/s 【答案】C 【详解】A．对球1从A到B应用动能定理在B点对球1应用牛顿第二定律联立解得v0=6m/s、FN=60N由牛顿第三定律N，A错误； B．球1、球2的碰撞，根据动量守恒定律有由机械能守恒得解得m/s，B错误； C．同理，球2、3碰撞后则则当kg时v3最大，C正确； D．若球2和球3的质量可以取任意值，根据可知v2最大值为12m/s，同理根据可知v3最大值为24m/s，即球3的最大速度为24m/s，D错误。故选C。 【变式3-2】（2025·陕西延安·模拟预测）如图所示，质量为2m的物块P和质量为m的物块Q用轻质弹簧拴接后放置在光滑的水平地面上，弹簧的劲度系数为k，物块P左侧有一固定挡板。现用外力向左推Q压缩弹簧，使弹簧压缩量达到后，将物块Q由静止释放，已知弹簧弹性势能表达式，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，在此过程弹簧始终未超过弹性限度。下列说法正确的是（　　） A．从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，挡板对物块P的冲量为0 B．从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，挡板对物块P做功为 C．物块P离开挡板后，运动的最大速度为 D．物块P离开挡板后，物块Q的最小速度为 【答案】C 【详解】B．从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，物块P的位移为0，故挡板对物块P做功为0，故B错误； A．弹簧第一次恢复原长的过程，弹性势能转化为Q的动能，有解得该过程中，挡板对物块P的冲量等于系统动量的增加量，故挡板对物块P的冲量大小，故A错误； CD．物块P离开挡板后到弹簧再次恢复原长时，有，解得故物块P的最大速度物块Q的最小速度为0，故C正确，D错误。故选C。 考向04 应用力学三大观点处理多过程物理问题 【例4-1】（2025·江西·高考真题）如图所示，在竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于P点，另一端经光滑孔钉Q连接质量为m的小球A，该球穿过与水平直杆（足够长）成角的直杆，两杆平滑连接。点P、Q和O在同一竖直线上，间距为弹力绳原长。将小球A拉至与Q等高的位置由静止释放。当小球A首次运动到斜杆底端O点后，在水平方向与穿在直杆且静止于O点、质量为的小球B发生弹性碰撞。小球A、B与杆间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数为k，其弹性势能与伸长量x的关系为。已知重力加速度为g，间距为。 (1)求小球A下滑过程中滑动摩擦力的大小； (2)若从碰撞后开始计时，小球A第一次上滑过程中离O点的距离x与时间t关系为（为常数），求小球A第一次速度为零时，小球B与O点的距离。 【答案】(1)(2) 【详解】（1）如图所示 以点为坐标原点，沿倾斜直杆ON向上为x轴正方向建立坐标系。任意选取小球A下滑过程中的某一位置，设此时弹力绳的伸长量为，小球A受到的滑动摩擦力为，小球A对倾斜直杆的压力为，小球A所受弹力绳的拉力为F，弹力绳与倾斜直杆的夹角为，孔钉Q到倾斜直杆的距离为。设 对小球A进行受力分析，可知，，由几何关系可得联立解得 （2）设小球A下滑到斜杆底端点时的速度为，小球由静止释放运动到点的过程中，由动能定理可得可得由小球A、B发生弹性碰撞后瞬间的速度分别为、，由动量守恒定律和能量守恒定律有，解得，由，可知小球A上滑过程做简谐运动，小球A第一次速度为零时，距离达到最大值，则有解得小球B碰撞后开始在直杆OM上做匀减速运动，加速度为，设小球B速度减为0所经历的时间为，则因，则小球A在碰撞后第一次速度为零时，小球B与点的距离为，则有联立解得 【例4-2】（2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 【答案】(1)4m/s(2)0.9J(3)0.2m(4)3N 【详解】（1）滑块从P点到B点由动能定理 解得到达B点的速度 （2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 （3）物块在传送带上加速运动的加速度为加速到共速时用时间在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度 （4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知，联立解得（另一组，因不合实际舍掉）对滑块在最高点时由牛顿第二定律解得F=3N。 1.解动力学问题的三个基本观点 (1)力的观点:运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点:用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。 2.力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的瞬时对应关系式,可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时, 一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。 (3)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。这种问题由于作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解决。 【变式4-1】（2025·山东·高考真题）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量的小球自Q点正上方处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到时，b解除锁定开始运动。已知a的质量，b的质量，方形物体的质量，重力加速度大小，弹簧的劲度系数，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小、； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小及弹性势能的最大值。 【答案】(1)，水平向左，，水平向右 (2)，水平向左， 【详解】（1）根据题意可知，小球从开始下落到处过程中，水平方向上动量守恒，则有 由能量守恒定律有 联立解得， 即小球速度为，方向水平向左，大物块速度为，方向水平向右。 （2）由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块水平方向上动量守恒，则有 解得 设当弹簧形变量为时物块的固定解除，此时小球和物块的速度为，根据胡克定律 系统机械能守恒 联立解得， 固定解除之后，小球、物块和物块组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有 解得，方向水平向左。 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为 【变式4-2】（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； (3)在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。 【答案】(1)(2)或(3) 【详解】（1）小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有 解得甲在ab段运动的加速度大小 （2）甲恰能到c点，设到达c点时的速度为，可知 解得① 根据题意甲乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒，解得碰后乙的速度为②碰后乙能运动至点，第一种情况，碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足即③联立①②③可得第二种情况，碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知，解得④联立①②④可得 （3）在（2）问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段，故碰后乙做类平抛运动越过线段，故碰后乙的速度必然满足 同时根据类平抛运动规律可知， 同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上，可得当， 联立解得⑤ 联立②⑤将代入可得⑥ 对甲球从a到c过程中根据动能定理⑦ 联立⑥⑦可得 1．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，一架无人机从高为h的高空由静止释放质量为m的货物，货物沿直线下落，下落过程中受到的阻力与速率v的关系为f＝kv（k已知），最终货物能匀速到达地面。已知重力加速度为g，忽略货物受到的空气浮力，下列说法正确的是（　　） A．货物在下落的过程中做加速度逐渐增大的加速运动，最后做匀速运动 B．货物到达地面时的速度为 C．货物到达地面的过程中损失的机械能为 D．货物下落的时间为 【答案】C 【详解】A．货物在下落过程中受重力和阻力，两力方向相反，阻力随速率增大而增大，直到大小和重力相等，所以下落的过程中做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动，故A错误； B．如果物体做自由落体运动，根据速度-位移公式 解得 但是物体不做自由落体运动，根据分析可知其到达地面时的速度小于，故B错误； C．物体匀速时解得物体落地时的动能增加量物体落地时的重力势能减少量所以货物到达地面的过程中损失的机械能，故C正确； D．规定向下为正方向，使用微元法将运动进行划分，根据动量定理有整理得解得，故D错误。故选C。 2．（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。 3．（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。 4．（2025·广西南宁·一模）为研究气体压强，可建立如下理想模型：内部为正方体的汽缸内，每个气体分子质量均为m，其平均动能为，忽略气体分子大小。根据统计规律作简化分析，分子与器壁各面碰撞的机会均等，即有的气体分子以动能向右撞击器壁。若碰撞前、后瞬间分子速率不变，速度方向均与器壁垂直，分子数密度（单位体积内分子数）为n。下列说法正确的是（　　） A．一个气体分子与容器壁发生一次碰撞所受到器壁的冲量大小为 B．一个气体分子与容器壁发生一次碰撞所受到器壁的冲量大小为 C．汽缸内气体压强大小为 D．汽缸内气体压强大小为 【答案】B 【详解】AB．碰撞前、后瞬间气体分子速度大小不变、方向相反，根据动量定理有 又解得一个气体分子与容器壁发生一次碰撞所受到器壁的冲量大小为故A错误，B正确； CD．在时间内能达到面积为S容器壁上的粒子所占据的体积为由于粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为根据动量定理得则得面积为S的器壁受到的粒子的压力为气体分子对器壁的压强为所以汽缸内气体压强大小为故CD错误。故选B。 5．（2025·浙江·一模）太阳帆飞船是依靠太阳的光压来加速飞行的。若某太空探测飞船（未打开太阳帆前）在地球公转轨道飞行。已知太阳的总辐射功率为，光速为，引力常量为。当某次探测时，太阳帆展开的面积为，飞船能控制帆面始终垂直太阳光线，地球公转半径为，太阳帆的反射率接近。下列说法正确的是（　　） A．太阳帆受到的太阳光压力为 B．太阳帆受到的太阳光压力为 C．打开太阳帆后，飞船将沿径向远离太阳 D．打开太阳帆后，飞船将做匀变速曲线运动 【答案】B 【详解】AB．时间t内照射到帆面上光的能量射到帆面上的光子数光射到帆面被反弹，根据动量定理有联立解得，A错误，B正确； C．飞船速度沿切向，光压力沿径向，合力方向与速度方向不在同一直线上，运动轨迹为曲线，而不是沿径向远离太阳，故C错误； D．光压力随距离增大而减小，加速度也减小，不是匀变速运动，故D错误。 故选B。 6．（2025·湖南郴州·一模）一个连同装备质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船L的位置与飞船处于相对静止状态（L远小于飞船的轨道半径r）。为了返回飞船，他将质量为m的氧气以相对飞船大小为v的速度快速向后喷出，则宇航员获得相对飞船的速度大小为（　　） A． B． C．v D． 【答案】B 【详解】喷出氧气过程系统动量守恒，以氧气的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有 解得故选B。 7．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，两端带有固定挡板的平板车质量为，静止在光滑水平面上，质量为的物块放在平板车上。弹簧的左端与挡板连接，右端与物块接触但不连接，弹簧处于自然状态，弹簧的原长为，平板车两挡板间的距离为，为平板车的中点，点左侧表面光滑，右侧粗糙。某时刻，一颗质量为的子弹以初速度击中物块，并留在物块中。物块被弹簧弹出后，与右侧发生一次碰撞，最终物块恰好停在点。不计子弹与物块的大小，碰撞过程机械能不损失，已知重力加速度为，弹性势能表达式为，其中为弹簧的形变量，则下列判断正确的是（　　） A．最终物块速度大小为 B．弹簧的最大弹性势能为子弹初动能的 C．物块与平板车右侧的动摩擦因数为 D．弹簧的最短长度为 【答案】A 【详解】A．子弹、物块、小车三者整体水平方向动量守恒解得最终物块速度大小为，故A正确； B．子弹初动能当物块和子弹作用过程当物块和小车共速时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒此时根据能量守恒解得此时弹簧最短，根据解得弹簧的最短长度为，故BD错误； C．物块被弹簧弹出后，与右侧发生一次碰撞，最终物块恰好停在点，根据能量守恒，从弹簧压缩最短，到最终共速，弹簧最大弹性势能等于克服阻力做功物块与平板车右侧的动摩擦因数为，故C错误。故选A。 8．（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。 9．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，在光滑的水平桌面上，原长为、劲度系数为的轻弹簧两端各连接一个物块，按住物块，向左拉物块，在弹簧长度为时由静止释放物块，当弹簧恢复原长时释放物块。已知两物块的质量均为，弹簧的形变量为时的弹性势能为。下列说法正确的是（　　） A．刚释放物块时，物块的速度为 B．最终两物块以相同的速度匀速运动 C．两物块之间的最小距离为 D．物块的最大速度为 【答案】D 【详解】A．刚释放物块B时，弹簧的弹性势能转化为A的动能 物块A的速度为，故A错误； C．释放物块B后，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时弹簧长度最短，由动量守恒定律得由能量守恒得解得此时A、B的速度为弹簧的压缩量为两物块之间的最小距离为，故C错误； D．随后物块A继续减速，物块B继续加速，当弹簧再次恢复原长时，设A、B的速度分别为、 由动量守恒可得由能量守恒得解得，此时B的速度最大，故D正确； B．随后物块A开始加速，B开始减速，弹簧先伸长再缩短，再次恢复原长时物块A的速度仍为，物块B的速度为0，以此重复，故B错误。 故选D。 10．（2025·江苏·一模）质量为M的半圆形凹槽静置在光滑水平面上，质量为m的光滑小球静止在凹槽底部。初始时刻给小球一个水平初速度，计算机模拟得到小球的部分轨迹如图，已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高，则（　　） A．m>M B．仅增大M值后重新模拟，小球能飞离凹槽 C．长时间观察，有些时间段内凹槽对地向左运动 D．小球从图中A到B运动过程中，凹槽先加速后减速 【答案】B 【详解】A．当小球由最低点开始运动到第一次回到最低点时，水平方向动量守恒，小球光滑，则系统机械能守恒，设小球末速度为、凹槽末速度为，则，联立可得以初速度方向为正方向，由图中小球的运动轨迹可知，当小球第一次回到最低点时，即可以判断，故A错误； B．当小球由最低点开始运动到第一次回到最高点时，水平方向速度共速，设小球和凹槽的末速度是，则 由动量守恒即当增大M值后会减小，系统机械能守恒，则仅增大M值，由最低点开始运动到第一次回到最高点时，减小，则增大，小球会飞的更高，飞离凹槽，故B正确； C．设小球末速度水平分速度，凹槽末速度，由动量守恒可知即若当凹槽对地向左运动时，可得则不满足系统机械能守恒，故C错误； D．设小球末速度水平分速度，凹槽末速度，由动量守恒可知，即小球由A到B过程中一直增大，所以一直增大，故D错误。故选B。 11．（2024·北京东城·二模）如图所示，台球桌上一光滑木楔紧靠桌边放置，第①次击球和第②次击球分别使台球沿平行于桌边和垂直于桌边的方向与木楔碰撞，速度大小均为v0。碰撞后，木楔沿桌边运动，速度大小用V表示，台球平行于桌边和垂直于桌边的速度大小分别用vx和vy表示。已知木楔质量为M，台球质量为m，木楔的倾角用θ表示。不考虑碰撞过程的能量损失，则（　　） A．第①种情况碰后V可能大于 B．若满足，第①种情况，即碰后台球速度方向垂直于桌边 C．第②种情况碰后V可能大于 D．若满足，第②种情况，即碰后台球速度方向平行于桌边 【答案】B 【详解】A．第①种情况平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有根据系统能量守恒可得若，联立解得可知第①种情况碰后V不可能大于，故A错误； B．第①种情况若，平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有根据系统能量守恒可得设斜面对小球的平均弹力为，以小球为对象，平行于桌边方向根据动量定理可得垂直于桌边方向根据动量定理可得可得联立可得故B正确； C．第②种情况平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有根据系统能量守恒可得若，联立解得可知第②种情况碰后V不可能大于，故C错误； D．第②种情况，平行于桌边方向，系统满足动量守恒，则有根据统能量守恒可得设斜面对小球的平均弹力为，以小球为对象，平行于桌边方向根据动量定理可得垂直于桌边方向根据动量定理可得可得联立可得故D错误。故选B。 12．（25-26高三上·河北·开学考试）（多选）观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为。一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为，一质量为的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止，青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大，木板的厚度不计。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．每次青蛙起跳做的功为 B．青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离为 C．若长木板的长度为，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移大小为 D．长木板的长度与的关系满足 【答案】ACD 【详解】A．对青蛙竖直起跳过程列动能定理 解得每次青蛙起跳做的功，故A正确； B．对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为，方向与水平方向夹角为，运动时间为，则竖直方向水平方向联立解得则当时，对青蛙起跳有解得青蛙第三次向右上方跳起的水平距离，故B错误； C．青蛙第一、二次向右上方起跳前均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地面位移相同。对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程，水平方向动量守恒有由几何关系联立解得，故C正确； D．对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为，水平初速度为，木板后退速度为。则对青蛙，竖直方向水平方向对青蛙和木板系统青蛙相对地面位移对青蛙第一次起跳联立解得又由于可知当时，青蛙跳的最远，则，故D正确。故选ACD。 13．（2025·河北衡水·二模）（多选）如图所示，两个半径均为R的圆槽静止放在水平地面上，圆槽底端点所在平面与水平面相切，相距R。质量为m的小球（可视为质点）从左圆槽上端C点的正上方P点由静止释放，恰好从C点进入圆槽，相距R，圆槽质量均为，重力加速度为g。不计一切摩擦，下列说法中正确的是（　　） A．小球运动到A点时对左圆槽的压力大小为 B．小球到B点时，相距 C．小球冲上右圆槽的最大高度为 D．小球回到水平面后能冲上左圆槽 【答案】ABC 【详解】A．对小球和左侧圆槽组成的系统机械能守恒有对小球和左侧圆槽组成的系统水平方向上动量守恒有联立解得，对小球在A点进行受力分析，由牛顿第二定律有解得由牛顿第三定律可知小球运动到A点时对左圆槽的压力大小为，A正确； B．小球在左侧圆槽运动过程由水平方向动量守恒的位移表达式有又联立解得小球离开A后，小球与左侧圆槽均做匀速直线运动，小球到B点时有，AB 相距联立解得小球到B点时，AB相距，B正确； C．假设小球冲上右侧圆槽没有越过右侧槽的最高点，对小球与右侧圆槽由水平方向动量守恒和系统机械能守恒，有，解得小球冲上右圆圆槽的最大高度为，C正确； D．小球从右侧圆槽回到水平面后，对小球与右侧圆槽由水平方向动量守恒和系统机械能守恒，有，解得可知则小球回到水平面后不能冲上左侧圆槽，D错误。故选ABC。 14．（2025·河北衡水·三模）（多选）如图所示，质量为的木板C静置在水平地面上，右端紧挨挡板P（初始被锁定），木板C与地面间的动摩擦因数为，质量为的物块A、质量为的物块B（均可视为质点）分别置于木板C的左端和中点处，物块A、B与木板C之间的动摩擦因数均为，现给物块A一水平向右的初速度，物块A、B发生碰撞后瞬间撤去挡板P，物块B最终恰好未从木板C上滑落。碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度大小为。则在上述过程中（　　） A．木板C加速运动的加速度大小为 B．木板C的长度为 C．木板C的最大速度大小为 D．物块A与木板C之间由于摩擦产生的热量为 【答案】CD 【详解】A．物块A、B碰撞前，物块B与木板C均静止，由于物块A、B与木板C之间的动摩擦因数均为，则撤去挡板P后，两物块在木板C上滑动时的加速度大小均为设木板C加速过程中的加速度大小为，则有解得，A错误； BC．设物块A、B碰撞前瞬间物块A的速度大小为，碰撞后瞬间物块A、B的速度分别为，由动量守恒和能量守恒得解得，图像如图所示，设木板C加速运动时间后与物块B共速，则解得此时物块A的速度即恰好三者达到共速，根据图中关系得，解得，B错误，C正确； D．设物块A、B碰撞后，物块A相对木板C向左运动的距离为，则 物块A与木板C之间由于摩擦产生的热量解得，D正确。故选CD。 15．（2025·四川巴中·模拟预测）（多选）如图甲所示，质量为的轨道静止在光滑水平面上，轨道左侧部分水平且上表面粗糙，右侧部分为光滑圆弧，两部分在点平滑连接，为轨道的最高点。质量为的小物块静置在轨道左端，与水平轨道间的动摩擦因数为，给物块施加水平向右的推力，小物块处在轨道水平部分时，其加速度与对应关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道水平部分长度，圆弧部分的半径，重力加速度大小取，则（　　） A．动摩擦因数为 B．小物块质量 C．若对物块施加水平向右的推力，当小物块到点时撤去，则物块不能从Q点冲出轨道 D．若对物块施加水平向右的推力，当小物块到点时撤去，则物块最终能从轨道左端离开 【答案】BC 【详解】AB．由图乙可知，当时，物块与轨道一起加速，根据牛顿第二定律有 可得 根据图像可得 时，二者发生相对滑动，对轨道根据牛顿第二定律有 可得 根据图像可得 联立求得 由时，，可求得，故A错误，B正确； CD．若对物块施加水平向右的推力，则物块与轨道发生相对滑动，对物块根据牛顿第二定律有 对轨道 求得， 当小物块到点时，有 求得 此时轨道速度为 物块速度为 撤去后，物块与轨道水平方向动量守恒，物块沿圆弧轨道上升到最高点时，则有 ， 代入数据求得，显然物块不能从Q点冲出轨道，物块将滑回轨道水平部分，根据水平方向动量守恒可知，最终二者将到达共速，速度为 该过程，根据功能关系可知 求得，显然物块不能从轨道左端离开，故C正确，D错误。 故选BC。 16．（2025·贵州贵阳·模拟预测）某多米诺骨牌游戏爱好者设计的游戏启动装置，如图所示。整个装置由粗糙水平直轨道AB、与AB相切于B点的光滑竖直半圆固定轨道BC、粗糙水平桌面DE、平台四部分组成。滑块P和Q分别放置于A点和B点，与平台等高的木板静置于DE上且其右端与C恰好在一条竖直线上，多米诺游戏启动牌静置于平台的右端。现用F=30N的水平恒力向右拉动滑块P，运动x=0.4m后撤去F，P运动到B点与Q发生弹性碰撞，Q经过C点后恰好水平滑上木板，木板左端运动到平台右端时木板被锁定，待Q与启动牌碰撞后游戏启动。已知AB的长度s=1m，BC的半径R=0.3m，木板的长度L=1.05m，木板左端到平台右端的距离d=0.34m，P的质量M=2kg，Q与木板的质量均为m=1kg。P与AB间、Q与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.15，木板与DE间的动摩擦因数μ2=0.05，重力加速度大小g取10m/s2。求： (1)P与Q碰撞前瞬间的速度大小； (2)Q运动到C点时对半圆轨道的压力大小； (3)Q与启动牌碰撞前瞬间的速度大小。 【答案】(1)3m/s (2) (3)0.1m/s 【详解】（1）滑块P从A运动到B，设P到B点时的速度大小为v0，根据动能定理有 解得 （2）P与Q在B点发生弹性碰撞，设向右为正，碰撞后P的速度为vP，Q的速度为vQ，根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 解得， 碰撞后，Q从B点运动到C点，根据能量守恒定律有 Q在半圆轨道的C点，根据圆周运动规律有 解得 所以，滑块Q在C点对半圆轨道的压力大小为。 （3）Q以vC滑上长木板后，Q向左做减速运动，木板向左做加速运动。设它们的加速度大小分别为a1、a2，对Q： 对木板： 解得， 假设经时间t1，两者有共同的速度v共，此时Q运动的位移为x1，木板运动的位移为x2，有对Q：， 对木板：， 解得，，， 因为，，所以Q与木板达到共速后，再一起向左做减速运动至平台右端。 设两者一起减速的过程中，加速度大小为a3，运动的位移为，末速度大小为v2，根据动力学分析对木板和Q：，， 解得 木板到达平台右端时被锁定，此时Q在木板上继续向左减速至平台右端。则该过程Q的加速度为a1，设其运动的位移为，末速度大小为v3即为Q与启动牌碰撞前瞬间的速度大小，根据动力学分析对Q：， 解得 17．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，固定在竖直面上的两个光滑半圆形轨道I、II和长为，动摩擦因数为的水平粗糙地面相连。两个半圆形轨道的半径分别为、，轨道最高点的切线恰好水平。轨道I左侧有一个弹性水平发射装置，质量为的小球被弹出后恰好过点（即不发生脱轨）。点右侧紧挨着两辆相互紧靠（但不粘连）、质量均为的摆渡车、，摆渡车长均为，与小球之间的动摩擦因数均为，与地面的摩擦可忽略，小球可视为质点，取10m/s2，求： (1)小球刚到达轨道I的顶端，即将进入轨道II时，轨道I对小球的压力大小； (2)弹射过程中发射装置对小球做的功； (3)求摆渡车的最终速度大小及小球在摆渡车、上滑行时产生的总热量。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）小球在P点时，受力分析，由牛顿第二定律有 即将进入轨道II时，由牛顿第二定律有 联立解得 由牛顿第三定律可知轨道I对小球的压力大小为 （2）根据能量守恒定律，从小球被弹射到达轨道顶端的过程中有 代入数据解得弹射过程中发射装置对小球做的功为 （3）小球从P点到F点过程中由动能定理有 解得 小球在A上滑行时，推动A、B一起运动，设小球到达A末端时A、B的速度为，由动量守恒和能量守恒，有， 解得， 此后小球在B上滑行时，推动B继续加速，设小球与B共速时的速度为，小球与B的相对位移为，由动量守恒和能量守恒，有， 解得， 小球在摆渡车上滑行时产生的热量为 解得 18．（2025·山东·模拟预测）如图所示，一长木板质量，长，静止放置于光滑水平面上，距离木板右端处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量的滑块。平台上方有一水平光滑固定滑轨，其上穿有一质量的滑块，滑块与通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向。一质量的滑块以滑上木板，带动向右运动，与平台碰撞后即粘在一起不再运动。随后继续向右运动，滑上平台，与滑块碰撞并粘在一起向右运动。、组合体随后运动过程中一直没有离开水平面，且没有滑离滑轨，与木板间动摩擦因数为。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。，，重力加速度 (1)求滑块与滑块碰撞前的速度大小； (2)若弹簧第一次恢复原长时，的速度大小为。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）假设滑块在木板上运动过程中，与木板共速后木板才到达右侧平台 设共速时速度为，相对运动的距离为 由、系统动量守恒 系统能量守恒 解得 设木板开始滑动到共速滑过距离 由动能定理有 解得即假设成立； 木板撞平台后静止，滑块继续向右运动，设滑块与滑块碰撞前速度为 由动能定理有 解得 （2）随后滑块将以的速度滑上平台，与滑块发生完全非弹性碰撞，在水平方向动量守恒，设碰后共同速度为 由动量守恒定律 接下来，滑块组合体与滑块组成的系统水平方向动量守恒； ①假设弹簧开始处于原长状态，则第一次恢复原长时，滑块速度向右，设弹簧原长时组合体速度大小为 由动量守恒定律 解得 代入数据后，发现 不符合能量守恒定律，所以假设错误。 ②由以上推理可知，弹簧开始只能处于压缩状态，第一次恢复原长时，滑块速度向左， 设弹簧原长时组合体速度大小为，由动量守恒和能量守恒有 第一次原长到弹簧伸长最长过程中，动量守恒和能量守恒。设与组合体达到共同速度，弹簧的最大弹性势能为，由动量守恒和能量守恒有 解得共速时弹簧最大弹性势能为 19．（25-26高三上·河南商丘·期中）如图所示为一款游戏的装置示意图，质量为3m的物块A静止在光滑水平面上，物块A内有一段光滑的细管道，管道在竖直面内，管道最上端是一段半径为r的圆弧管道，管道最高点离水平面的高度为4r，两管口均与水平面相切。物块A左侧有一轻弹簧放在光滑水平面上，弹簧的左端与竖直固定挡板连接，质量为m的小球B紧靠轻弹簧放置，小球B的直径比管径略小，且管径远小于r，质量为3m的小球C静止在物块A右侧光滑水平面上。现将物块A锁定在水平面上，用力使B球向左移动压缩弹簧，小球B到某一位置时由静止释放，小球B穿过管道后与球C发生弹性碰撞，碰撞后小球B恰好能到达管道的最高点，重力加速度为g，求： (1)球B与球C碰撞后，球C的速度多大； (2)球B第一次通过管道最高点时，对管道的压力大小； (3)若解除对A的锁定，A与C足够远，再用B球压缩弹簧并由静止释放，小球B恰好能通过管道，弹簧开始被压缩的弹性势能为多大；判断小球B与C发生弹性碰撞后能不能再次通过整个管道，如果能，说明理由，如果不能，再次进入管道后上升的最大高度为多少。 【答案】(1) (2)，方向向上 (3)，不能再次通过管道，最大高度为r 【详解】（1）设小球B释放后的初速度为，穿过物块A的过程机械能是守恒的，之后B以速度与C发生弹性碰撞。设向右为正方向，BC碰后的速度分别为和 碰撞过程，动量守恒，有 机械能也是守恒的，所以 可解得， 之后B恰好能运动到管道的最高点，到达最高点时的速度为0， 代入数据后，可解得， （2）根据上一问计算，可知 当B求运动到轨道的最高点时，设此时的速度为，有 在最高点处，根据向心力公式，有 解得，方向向下 由于相互作用力，小球对轨道的作用力也为，方向向上。 （3）设此时释放后B球的速度为，则有 A与B发生相互作用的过程水平方向上动量是守恒的，到达最高点时刚好共速， 机械能守恒，所以 可解得， 当B穿过A到达地面时，速度仍为，A静止在地面上； 当BC发生弹性碰撞后，依然有 解得，速度减小，无法再次通过A 设能在A中到达的最大高度为H，则有 解得 20．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，半径为的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平传送带左端相切，长木板紧挨着传送带右端静止在地面上，物块放在木板上。现将小物块从圆轨道顶端由静止释放，运动到最低点时，刚好滑上传送带。接着小物块滑出传送带，刚好与木板发生弹性碰撞，碰撞后立即撤去小物块。木板向右运动，与右侧竖直挡板碰撞前，、已达到共同速度。与发生的是非弹性碰撞，且每次碰撞的碰后动能与碰前动能之比均为。已知小物块、长木板、物块的质量分别为、、，传送带顺时针转动的速度为，A、B之间间距为，物块与传送带之间的动摩擦因数为，木板与地面之间是光滑的，木板与物块之间的摩擦因数为。运动过程中物块始终未与挡板P发生碰撞且没有脱离木板，重力加速度为。 (1)求小物块在传送带运动的过程中电动机要额外消耗多少电能？ (2)从木板运动开始直到第1次与物块共速，求此过程中在上滑动的距离多大？ (3)木板b与挡板P首次碰撞后，求与P从第次碰撞后到第碰撞前运动的路程。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小物块下滑过程，由动能定理得 解得 由于传送带与小物块速度方向相同，但，因此小物块相对传送带向左运动，受到向右的滑动摩擦力，做匀加速直线运动，假设其刚好能够与传送带共速，则由动能定理得 解得 而实际上，，故小物块滑出传送带右侧的速度大小为；设电动机额外消耗的电能，根据能量守恒可得 其中 又，， 联立解得， （2）与发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒可得， 联立解得 与作用过程，由动量守恒和能量守恒得 ， 又因与P碰前已共速；联立解得 （3）根据上述分析可知，与第一次共速 与P板首次碰撞后，速度变为，由题意知 从第1次向左运动直到速度为零，由动能定理得 与P板第1次碰撞前，向右运动的距离也为，则有 解得。 与P板第1次碰撞前到、第2次达到共同速度，由动量守恒定律得 解得 与P板第1次碰撞后，速度变为 第2次向左运动，直到速度为零，由动能定理得 与P板第2次碰撞前，向右运动的距离也为，则有 解得 与P板第2次碰撞前到、第3次达到共同速度，由动量守恒定律得 解得 与P板第2次碰撞后，速度变为 第3次向左运动，由动能定理得 与P板第3次碰撞前，向右运动的距离也为，则有 解得 …… 由此可见，满足等比数列关系，比例系数为，则 带入，，的数值，解得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型06 动量定理与动量守恒定律 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 动量定理的综合应用 考向02 用动量定理解决流体类和微粒类“柱状模型”问题 考向03 应用动量守恒定律处理碰撞问题和类碰撞问题 考向04 应用力学三大观点处理多过程物理问题【重难】 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 动量定理与动量守恒定律是高中物理的核心主干，也是高考的高频必考点与压轴热点。其不仅是解决碰撞、反冲等典型问题的专用工具，更是与能量观点、牛顿定律并列的力学三大基本观点之一，贯穿于力学乃至电磁学综合问题的分析中，是处理复杂多过程问题的关键思路。 高考命题常以计算题形式呈现，集中于四大考向：动量定理的综合应用；流体与微粒的“柱状模型”；碰撞与类碰撞问题；三大观点的综合应用（涉及弹簧、板块等多过程模型）。考查方法突出矢量性、条件性、系统性和模型构建能力。 学生常见错误集中在：忽略动量的矢量性导致方向错误；误判系统动量守恒条件；混淆瞬时作用与过程积累；以及在多过程中研究对象选择不当或物理规律选用混乱。这些均需通过扎实的模型训练与条件辨析来克服。 考向01 动量定理的综合应用 【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·湖北·高考真题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（　　） A． B． C． D． 1.动量定理的理解 (1)动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因,冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量(或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。 (2)动量定理给出了冲量和动量变化间的相互关系。 (3)现代物理学把力定义为物体动量的变化率:F=(牛顿第二定律的动量形式)。 (4)动量定理的表达式F·Δt=Δp是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。 (5)动量定理不仅适用于恒定的力,也适用于随时间变化的力。这种情况下,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。 2.应用动量定理解释的两类物理现象 (1)当物体的动量变化量一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大,力的作用时间Δt越长,力F就越小,如玻璃杯掉在水泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。 (2)当作用力F一定时,力作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大,力的作用时间Δt越短,动量变化量Δp越小。 3.动量定理的应用技巧 (1)应用I=Δp求变力的冲量 如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化Δp,等效代换得出变力的冲量I。 (2)应用Δp=FΔt求动量的变化 【变式1-1】（2025·湖北·模拟预测）如图所示为一个沙漏，其中玻璃容器的质量为，沙子的总质量为，阀门距离容器底部的高度为。现在将该沙漏放在水平台秤上，当打开阀门时，沙子从漏口随时间均匀漏下时，初速度可近似认为为0，忽略空气阻力，不计沙子间的相互影响，下列说法正确的是（　　） A．沙子在空中下落的过程中处于超重状态 B．出口下方范围内沙子数比范围内沙子数多 C．如果沙子下落的总时间为，则玻璃容器底部受到的冲击力大小为 D．由于沙子在下落，处于失重状态，台秤的示数一直小于沙漏的总重力 【变式1-2】（2025·吉林长春·一模）蹦极也叫机索跳，是一项广受青年喜爱的极限运动。如图所示，运动员从平台自由落下，下落时绳索达到自然长度，此后又经时间，运动员到达最低点，该段时间内，固定在绳索悬点位置的拉力传感器显示绳索的平均作用力大小为。已知运动员的质量为，重力加速度，忽略空气阻力，则时间为（　　） A． B． C． D． 考向02 用动量定理解决流体类和微粒类“柱状模型”问题 【例2-1】（2025·北京·高考真题）关于飞机的运动，研究下列问题。 (1)质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。 (2)飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。已知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为，减速时最大加速度大小为。求该位置距起点的距离d。 (3)无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足，并确定的值。 【例2-2】（2022·福建·高考真题）（多选）我国霍尔推进器技术世界领先，其简化的工作原理如图所示。放电通道两端电极间存在一加速电场，该区域内有一与电场近似垂直的约束磁场（未画出）用于提高工作物质被电离的比例。工作时，工作物质氙气进入放电通道后被电离为氙离子，再经电场加速喷出，形成推力。某次测试中，氙气被电离的比例为95%，氙离子喷射速度为，推进器产生的推力为。已知氙离子的比荷为；计算时，取氙离子的初速度为零，忽略磁场对离子的作用力及粒子之间的相互作用，则（　　） A．氙离子的加速电压约为 B．氙离子的加速电压约为 C．氙离子向外喷射形成的电流约为 D．每秒进入放电通道的氙气质量约为 1.流体类“柱状模型”问题 流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt 3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体 2.微粒类“柱状模型”问题 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n 分 析 步 骤 1 建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S 2 微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt 3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算 【变式2-1】（2025·湖北武汉·模拟预测）（多选）如图所示，天花板上悬挂一盛满水的开口薄壁圆柱形容器，其高为h，底面积为，在水平底面处开一面积为的小圆孔，水的密度为，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．水稳定流出时，水柱粗细均匀 B．水稳定流出时，水柱上粗下细 C．水刚从孔中流出时的速度大小为 D．水刚从孔中流出时堵住孔所需的力的大小为 【变式2-2】（2025·湖北·模拟预测）离子推进器为空间电推进技术中的一种，其特点是推力小、比冲高，广泛应用于空间推进，如航天器姿态控制、位置保持、轨道机动和星际飞行等。如图所示，气体通入电离室C后被电离为正离子，利用加速电场AB加速正离子，形成向外发射的粒子流，从而对航天飞机产生反冲力使其获得加速度。已知单位时间内飘入的正离子数目为n，离子推进器加速电压为U，将大量质量为m、电荷量为q的粒子从静止加速后喷射出去，引擎获得的推力为F。下列说法正确的是（　　） A．离子推进器是将电能转化为机械能的装置 B．射出的正离子速度为 C．离子推进器获得的平均推力大小 D．离子向外喷射形成的电流大小为 考向03 应用动量守恒定律处理碰撞问题和类碰撞问题 【例3-1】（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【例3-2】（2025·湖北·一模）（多选）如图所示，光滑水平面上有一质量为2kg、半径为0.8m的光滑圆弧曲面C，质量为2kg的小球B置于其底端，另一个质量为1kg的小球A以v0=6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，小球均可视为质点，不计一切摩擦，g=10m/s2，则（　　） A．B恰好上升到圆弧曲面C的顶端 B．B运动到最高点时的速率为2m/s C．C的最终速率为4m/s D．B能与A再次发生碰撞 1.碰撞三原则： (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2. “动碰动”弹性碰撞 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： (1) (2) 联立（1）、（2）解得： v1’=，v2’=.v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 4.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 5.完全非弹性碰撞 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得：v1 v2 v共 m1 m2 m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 6.常见类碰撞模型 常见类碰撞模型 【变式3-1】（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，AB段是半径R=1.8m的圆弧，B在圆心O的正下方，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。球2、球3分别放在BC轨道上，质量m1=2kg的球1从A点由静止释放，球1进入水平轨道后与球2发生弹性正碰，球2再与球3发生弹性正碰，g=10m/s²。下列说法正确的是（　　） A．球1到达B点时对轨道的压力大小为40N B．若球2的质量m2=1kg，球1与球2碰撞后球2的速度大小为2m/s C．若球3的质量m3=1kg，为使球3获得最大的动能，球2的质量m2=kg D．若球2和球3的质量可以取任意值，球3的最大速度为12m/s 【变式3-2】（2025·陕西延安·模拟预测）如图所示，质量为2m的物块P和质量为m的物块Q用轻质弹簧拴接后放置在光滑的水平地面上，弹簧的劲度系数为k，物块P左侧有一固定挡板。现用外力向左推Q压缩弹簧，使弹簧压缩量达到后，将物块Q由静止释放，已知弹簧弹性势能表达式，其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，在此过程弹簧始终未超过弹性限度。下列说法正确的是（　　） A．从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，挡板对物块P的冲量为0 B．从物块Q释放到物块P离开挡板的过程中，挡板对物块P做功为 C．物块P离开挡板后，运动的最大速度为 D．物块P离开挡板后，物块Q的最小速度为 考向04 应用力学三大观点处理多过程物理问题 【例4-1】（2025·江西·高考真题）如图所示，在竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于P点，另一端经光滑孔钉Q连接质量为m的小球A，该球穿过与水平直杆（足够长）成角的直杆，两杆平滑连接。点P、Q和O在同一竖直线上，间距为弹力绳原长。将小球A拉至与Q等高的位置由静止释放。当小球A首次运动到斜杆底端O点后，在水平方向与穿在直杆且静止于O点、质量为的小球B发生弹性碰撞。小球A、B与杆间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数为k，其弹性势能与伸长量x的关系为。已知重力加速度为g，间距为。 (1)求小球A下滑过程中滑动摩擦力的大小； (2)若从碰撞后开始计时，小球A第一次上滑过程中离O点的距离x与时间t关系为（为常数），求小球A第一次速度为零时，小球B与O点的距离。 【例4-2】（2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 1.解动力学问题的三个基本观点 (1)力的观点:运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点:用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。 2.力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的瞬时对应关系式,可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时, 一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。 (3)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。这种问题由于作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解决。 【变式4-1】（2025·山东·高考真题）如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量的小球自Q点正上方处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到时，b解除锁定开始运动。已知a的质量，b的质量，方形物体的质量，重力加速度大小，弹簧的劲度系数，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式（x为弹簧的形变量），所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小、； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小及弹性势能的最大值。 【变式4-2】（2025·四川·高考真题）如图所示，倾角为的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； (3)在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。 1．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，一架无人机从高为h的高空由静止释放质量为m的货物，货物沿直线下落，下落过程中受到的阻力与速率v的关系为f＝kv（k已知），最终货物能匀速到达地面。已知重力加速度为g，忽略货物受到的空气浮力，下列说法正确的是（　　） A．货物在下落的过程中做加速度逐渐增大的加速运动，最后做匀速运动 B．货物到达地面时的速度为 C．货物到达地面的过程中损失的机械能为 D．货物下落的时间为 2．（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 3．（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 4．（2025·广西南宁·一模）为研究气体压强，可建立如下理想模型：内部为正方体的汽缸内，每个气体分子质量均为m，其平均动能为，忽略气体分子大小。根据统计规律作简化分析，分子与器壁各面碰撞的机会均等，即有的气体分子以动能向右撞击器壁。若碰撞前、后瞬间分子速率不变，速度方向均与器壁垂直，分子数密度（单位体积内分子数）为n。下列说法正确的是（　　） A．一个气体分子与容器壁发生一次碰撞所受到器壁的冲量大小为 B．一个气体分子与容器壁发生一次碰撞所受到器壁的冲量大小为 C．汽缸内气体压强大小为 D．汽缸内气体压强大小为 5．（2025·浙江·一模）太阳帆飞船是依靠太阳的光压来加速飞行的。若某太空探测飞船（未打开太阳帆前）在地球公转轨道飞行。已知太阳的总辐射功率为，光速为，引力常量为。当某次探测时，太阳帆展开的面积为，飞船能控制帆面始终垂直太阳光线，地球公转半径为，太阳帆的反射率接近。下列说法正确的是（　　） A．太阳帆受到的太阳光压力为 B．太阳帆受到的太阳光压力为 C．打开太阳帆后，飞船将沿径向远离太阳 D．打开太阳帆后，飞船将做匀变速曲线运动 6．（2025·湖南郴州·一模）一个连同装备质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船L的位置与飞船处于相对静止状态（L远小于飞船的轨道半径r）。为了返回飞船，他将质量为m的氧气以相对飞船大小为v的速度快速向后喷出，则宇航员获得相对飞船的速度大小为（　　） A． B． C．v D． 7．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，两端带有固定挡板的平板车质量为，静止在光滑水平面上，质量为的物块放在平板车上。弹簧的左端与挡板连接，右端与物块接触但不连接，弹簧处于自然状态，弹簧的原长为，平板车两挡板间的距离为，为平板车的中点，点左侧表面光滑，右侧粗糙。某时刻，一颗质量为的子弹以初速度击中物块，并留在物块中。物块被弹簧弹出后，与右侧发生一次碰撞，最终物块恰好停在点。不计子弹与物块的大小，碰撞过程机械能不损失，已知重力加速度为，弹性势能表达式为，其中为弹簧的形变量，则下列判断正确的是（　　） A．最终物块速度大小为 B．弹簧的最大弹性势能为子弹初动能的 C．物块与平板车右侧的动摩擦因数为 D．弹簧的最短长度为 8．（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 9．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，在光滑的水平桌面上，原长为、劲度系数为的轻弹簧两端各连接一个物块，按住物块，向左拉物块，在弹簧长度为时由静止释放物块，当弹簧恢复原长时释放物块。已知两物块的质量均为，弹簧的形变量为时的弹性势能为。下列说法正确的是（　　） A．刚释放物块时，物块的速度为 B．最终两物块以相同的速度匀速运动 C．两物块之间的最小距离为 D．物块的最大速度为 10．（2025·江苏·一模）质量为M的半圆形凹槽静置在光滑水平面上，质量为m的光滑小球静止在凹槽底部。初始时刻给小球一个水平初速度，计算机模拟得到小球的部分轨迹如图，已知图中轨迹顶点与凹槽端口等高，则（　　） A．m>M B．仅增大M值后重新模拟，小球能飞离凹槽 C．长时间观察，有些时间段内凹槽对地向左运动 D．小球从图中A到B运动过程中，凹槽先加速后减速 11．（2024·北京东城·二模）如图所示，台球桌上一光滑木楔紧靠桌边放置，第①次击球和第②次击球分别使台球沿平行于桌边和垂直于桌边的方向与木楔碰撞，速度大小均为v0。碰撞后，木楔沿桌边运动，速度大小用V表示，台球平行于桌边和垂直于桌边的速度大小分别用vx和vy表示。已知木楔质量为M，台球质量为m，木楔的倾角用θ表示。不考虑碰撞过程的能量损失，则（　　） A．第①种情况碰后V可能大于 B．若满足，第①种情况，即碰后台球速度方向垂直于桌边 C．第②种情况碰后V可能大于 D．若满足，第②种情况，即碰后台球速度方向平行于桌边 12．（25-26高三上·河北·开学考试）（多选）观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为。一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为，一质量为的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止，青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大，木板的厚度不计。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为。下列说法正确的是（　　） A．每次青蛙起跳做的功为 B．青蛙第三次向右上方跳跃的水平距离为 C．若长木板的长度为，青蛙第二次向右上方起跳的水平位移大小为 D．长木板的长度与的关系满足 13．（2025·河北衡水·二模）（多选）如图所示，两个半径均为R的圆槽静止放在水平地面上，圆槽底端点所在平面与水平面相切，相距R。质量为m的小球（可视为质点）从左圆槽上端C点的正上方P点由静止释放，恰好从C点进入圆槽，相距R，圆槽质量均为，重力加速度为g。不计一切摩擦，下列说法中正确的是（　　） A．小球运动到A点时对左圆槽的压力大小为 B．小球到B点时，相距 C．小球冲上右圆槽的最大高度为 D．小球回到水平面后能冲上左圆槽 14．（2025·河北衡水·三模）（多选）如图所示，质量为的木板C静置在水平地面上，右端紧挨挡板P（初始被锁定），木板C与地面间的动摩擦因数为，质量为的物块A、质量为的物块B（均可视为质点）分别置于木板C的左端和中点处，物块A、B与木板C之间的动摩擦因数均为，现给物块A一水平向右的初速度，物块A、B发生碰撞后瞬间撤去挡板P，物块B最终恰好未从木板C上滑落。碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度大小为。则在上述过程中（　　） A．木板C加速运动的加速度大小为 B．木板C的长度为 C．木板C的最大速度大小为 D．物块A与木板C之间由于摩擦产生的热量为 15．（2025·四川巴中·模拟预测）（多选）如图甲所示，质量为的轨道静止在光滑水平面上，轨道左侧部分水平且上表面粗糙，右侧部分为光滑圆弧，两部分在点平滑连接，为轨道的最高点。质量为的小物块静置在轨道左端，与水平轨道间的动摩擦因数为，给物块施加水平向右的推力，小物块处在轨道水平部分时，其加速度与对应关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道水平部分长度，圆弧部分的半径，重力加速度大小取，则（　　） A．动摩擦因数为 B．小物块质量 C．若对物块施加水平向右的推力，当小物块到点时撤去，则物块不能从Q点冲出轨道 D．若对物块施加水平向右的推力，当小物块到点时撤去，则物块最终能从轨道左端离开 16．（2025·贵州贵阳·模拟预测）某多米诺骨牌游戏爱好者设计的游戏启动装置，如图所示。整个装置由粗糙水平直轨道AB、与AB相切于B点的光滑竖直半圆固定轨道BC、粗糙水平桌面DE、平台四部分组成。滑块P和Q分别放置于A点和B点，与平台等高的木板静置于DE上且其右端与C恰好在一条竖直线上，多米诺游戏启动牌静置于平台的右端。现用F=30N的水平恒力向右拉动滑块P，运动x=0.4m后撤去F，P运动到B点与Q发生弹性碰撞，Q经过C点后恰好水平滑上木板，木板左端运动到平台右端时木板被锁定，待Q与启动牌碰撞后游戏启动。已知AB的长度s=1m，BC的半径R=0.3m，木板的长度L=1.05m，木板左端到平台右端的距离d=0.34m，P的质量M=2kg，Q与木板的质量均为m=1kg。P与AB间、Q与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.15，木板与DE间的动摩擦因数μ2=0.05，重力加速度大小g取10m/s2。求： (1)P与Q碰撞前瞬间的速度大小； (2)Q运动到C点时对半圆轨道的压力大小； (3)Q与启动牌碰撞前瞬间的速度大小。 17．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图所示，固定在竖直面上的两个光滑半圆形轨道I、II和长为，动摩擦因数为的水平粗糙地面相连。两个半圆形轨道的半径分别为、，轨道最高点的切线恰好水平。轨道I左侧有一个弹性水平发射装置，质量为的小球被弹出后恰好过点（即不发生脱轨）。点右侧紧挨着两辆相互紧靠（但不粘连）、质量均为的摆渡车、，摆渡车长均为，与小球之间的动摩擦因数均为，与地面的摩擦可忽略，小球可视为质点，取10m/s2，求： (1)小球刚到达轨道I的顶端，即将进入轨道II时，轨道I对小球的压力大小； (2)弹射过程中发射装置对小球做的功； (3)求摆渡车的最终速度大小及小球在摆渡车、上滑行时产生的总热量。 18．（2025·山东·模拟预测）如图所示，一长木板质量，长，静止放置于光滑水平面上，距离木板右端处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量的滑块。平台上方有一水平光滑固定滑轨，其上穿有一质量的滑块，滑块与通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向。一质量的滑块以滑上木板，带动向右运动，与平台碰撞后即粘在一起不再运动。随后继续向右运动，滑上平台，与滑块碰撞并粘在一起向右运动。、组合体随后运动过程中一直没有离开水平面，且没有滑离滑轨，与木板间动摩擦因数为。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。，，重力加速度 (1)求滑块与滑块碰撞前的速度大小； (2)若弹簧第一次恢复原长时，的速度大小为。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？ 19．（25-26高三上·河南商丘·期中）如图所示为一款游戏的装置示意图，质量为3m的物块A静止在光滑水平面上，物块A内有一段光滑的细管道，管道在竖直面内，管道最上端是一段半径为r的圆弧管道，管道最高点离水平面的高度为4r，两管口均与水平面相切。物块A左侧有一轻弹簧放在光滑水平面上，弹簧的左端与竖直固定挡板连接，质量为m的小球B紧靠轻弹簧放置，小球B的直径比管径略小，且管径远小于r，质量为3m的小球C静止在物块A右侧光滑水平面上。现将物块A锁定在水平面上，用力使B球向左移动压缩弹簧，小球B到某一位置时由静止释放，小球B穿过管道后与球C发生弹性碰撞，碰撞后小球B恰好能到达管道的最高点，重力加速度为g，求： (1)球B与球C碰撞后，球C的速度多大； (2)球B第一次通过管道最高点时，对管道的压力大小； (3)若解除对A的锁定，A与C足够远，再用B球压缩弹簧并由静止释放，小球B恰好能通过管道，弹簧开始被压缩的弹性势能为多大；判断小球B与C发生弹性碰撞后能不能再次通过整个管道，如果能，说明理由，如果不能，再次进入管道后上升的最大高度为多少。 20．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，半径为的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平传送带左端相切，长木板紧挨着传送带右端静止在地面上，物块放在木板上。现将小物块从圆轨道顶端由静止释放，运动到最低点时，刚好滑上传送带。接着小物块滑出传送带，刚好与木板发生弹性碰撞，碰撞后立即撤去小物块。木板向右运动，与右侧竖直挡板碰撞前，、已达到共同速度。与发生的是非弹性碰撞，且每次碰撞的碰后动能与碰前动能之比均为。已知小物块、长木板、物块的质量分别为、、，传送带顺时针转动的速度为，A、B之间间距为，物块与传送带之间的动摩擦因数为，木板与地面之间是光滑的，木板与物块之间的摩擦因数为。运动过程中物块始终未与挡板P发生碰撞且没有脱离木板，重力加速度为。 (1)求小物块在传送带运动的过程中电动机要额外消耗多少电能？ (2)从木板运动开始直到第1次与物块共速，求此过程中在上滑动的距离多大？ (3)木板b与挡板P首次碰撞后，求与P从第次碰撞后到第碰撞前运动的路程。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $