重难09 动量　动量和能量观点的综合应用（重难专练）（黑吉辽蒙专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

重难09 动量　动量和能量观点的综合应用 ( 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击： 快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点： 总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数 ： 聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖： 挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” ) 1.弹性碰撞模型如下： Ⅰ： 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和，碰前速度为，，碰后速度分别为ˊ，ˊ，则有： 联立（1）、（2）解得： ， 特殊情况： 若 ， ，（速度交换） . Ⅱ： “动碰静模型”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、速度为的小球与质量为的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 解得：， 结论：(1)当时，，(质量相等，速度交换) (2)当时，，，且(大碰小，一起跑) (3)当时，，(小碰大，要反弹) (4)当时，，(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当时，，(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 2.非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型如下： Ⅰ：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： 损失动能根据机械能守恒定律可得： Ⅱ： 完全非弹性碰撞（动碰动） 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： 联立（1）、（2）解得：； Ⅲ： 完全非弹性碰撞（动碰静） 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： 联立（1）、（2）解得：； （建议用时：30分钟） 1．（2025·辽宁·高考真题）如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝1．（2024·吉林·一模）某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车（　　） A．机械能保持不变 B．所受合力不为零 C．处于失重状态 D．动量保持不变 【答案】B 【详解】A．小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重力势能减小，可知小车的机械能减小，故A错误； B．根据上述可知，小车沿轨道方向的合力为0，轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，即小车的合力不为零，合力方向总指向图中轴心，故B正确； C．由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向的合力为0，即沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知小车的加速度方向沿水平方向，小车不存在竖直方向的加速度，即小车既不处于超重，又不处于失重，故C错误； D．小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式有，可知小车的动量大小不变，动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故D错误。 故选B。 2．（2025·黑龙江大庆·一模）如图甲，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于虚线AB左侧始终竖直向下的磁场中，bc边与虚线AB重合，虚线AB右侧为的匀强磁场。导体框的质量，电阻、边长，磁感应强度随时间t的变化图像如图乙所示。在时，导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度，下列说法正确的是（    ） A．时流过ad边的电流方向由a到d B．时流过ad边的电流大小为0.4A C．导体框的bc边刚越过虚线AB时受到的安培力的大小为0.024N D．当线框速度减为0.02m/s时ad边移动的距离为 【答案】D 【详解】A．由图乙可知，0~1s内，左侧的磁通量减少，根据楞次定律可知，时流过ad边的电流方向由d到a，故A错误； B．根据法拉第电磁感应定律可知，时导体框的感应电动势为V=0.1V 感应电流大小为，故B错误； C．导体框的bc边刚越过虚线AB时，感应电动势为V 受到的安培力的大小为N，故C错误； D．根据动量定理有 根据电流的定义式有 解得，故D正确； 故选D。 3．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）质量为的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为，如图所示，一质量为物块从钢板正上方距离为的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板粘连一起向下运动。它们到达最低点后又向上运动。已知弹簧以原长处为零势能面的弹性势能表达式为，弹簧振子做简谐运动的周期，（为弹簧形变量，为振子的质量，为弹簧劲度系数），钢板与物块均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是 B．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅 C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间 D．运动过程中弹簧的最大弹性势能 【答案】C 【详解】A．对物块，根据动能定理有 解得 设表示质量为2m的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，取方向为正，则 解得 故A错误； B．碰后根据能量守恒 根据平衡条件可得 解得 当物块与钢板受力平衡时，为平衡位置 解得 所以振幅为 故B错误； C．碰撞刚结束至两者第一次运动到平衡位置时间为，则 解得 继续运动到最低点所经历的时间，则 所以，碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间 故C正确； D．当物块与钢板运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大 故D错误。 故选C。 4．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）2025年2月10日，中国选手杨文龙在哈尔滨第九届亚冬会单板滑雪男子大跳台决赛中勇夺冠军，杨文龙的重心运动过程简化后如图所示，若其起跳瞬间速度大小，方向与水平方向的夹角为，着陆瞬间速度大小为，方向与水平方向的夹角为，其所受空气阻力的大小与速度大小成正比，方向与速度方向相反，比例系数为，重力加速度为，杨文龙与雪板的质量为。下列说法正确的是（　　） A．杨文龙在空中的运动为匀变速曲线运动 B．起跳点A到着陆点C的水平距离为 C．从起跳点到着陆点杨文龙重力势能减少为 D．杨文龙在最高点时处于超重状态 【答案】B 【详解】A．匀变速曲线运动要求加速度恒定，由于空气阻力大小与速度成正比，合力会随速度变化，所以加速度不恒定，故A错误； B．规定水平向右的方向为正方向，设杨文龙从A到C所受的空气阻力大小的平均值为，则 设从A到C的时间为，则在水平方向上动量定理 水平位移 联立解得，故B正确； C．从起跳点到着陆点，运动员受到空气阻力和重力做功，根据动能定理 重力势能的减少量等于重力做功，所以从起跳点到着陆点杨文龙重力势能的减少量大于动能的变化量 即，故C错误； D．杨文龙在最高点有向下的加速度，处于失重状态，故D错误。 故选B。 5．（2025·吉林长春·二模）中国空间站在距地面高度约的轨道上做匀速圆周运动，该轨道远在距地面的卡门线（外太空与地球大气层的分界线）之上，但轨道处依然存在相对地心静止的稀薄气体，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速。空间站安装有发动机，能够实时修正轨道。已知中国空间站离地面高度为，地球半径为，地球表面的重力加速度为，将空间站视为如图所示的圆柱体，其运行方向上的横截面积为，稀薄气体密度为，不考虑其他因素对空间站的影响，则（　　） A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，其高度降低，动能减小 B．空间站的速度大小为 C．气体对空间站前端作用力大小为 D．空间站发动机的功率为 【答案】C 【详解】A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速，可看作完全非弹性碰撞，故会损失的机械能，其高度降低，又根据牛顿第二定律 故减小时，增大，动能增大，故A错误； B．根据牛顿第二定律 又地球表面 联立解得 故B错误； C．设极短的时间内与空间站前端碰撞的稀薄气体质量为 碰撞瞬间，根据动量守恒 由于 故 对稀薄气体，根据动量定理 联立解得空间站前端对稀薄气体的作用力大小 根据牛顿第三定律知气体对空间站前端作用力大小为，故C正确； D．空间站发动机的功率为 故D错误。 故选C。 6．（2024·辽宁沈阳·二模）2024年春天，中国航天科技集团研制的50kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列．嵌套式霍尔推力器不用传统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲是航天学家为了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为，是单位质量的推进剂产生的冲量，比冲这个物理量的单位应该是（　　） A．m/s B． C． D． 【答案】A 【详解】根据题意比冲表示的是单位质量的推进剂产生的冲量，故可得 结合动量定理 可得比冲这个物理量的单位为 故选A。 7．（2024·黑龙江·三模）如图所示，质量均为m的滑块A、B、C放在光滑的水平面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F=mg的恒力，使B、C一起向左运动，当弹簧压缩到最短时，立即撤去恒力。轻弹簧始终处于弹性限度范围内，重力加速度为g，则滑块A的最大速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】恒力作用时，弹簧压缩到最短的过程中，一起做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，弹簧压缩到最短时的压缩量为 立即撤去恒力，当弹簧恢复原长时，发生分离，设此时的速度大小为，根据能量守恒有 解得 弹簧恢复原长后，和弹簧组成的系统水平方向动量守恒和动能守恒，当弹簧再次恢复原长时，滑块的速度最大，有 联立解得 故选A。 8．（2024·黑龙江·三模）CRH380A型电力动车组共8节车厢，中间6节为动车，自带动力，另外2节为拖车，不带动力。如图所示为动车在水平长直轨道上的模拟运行图，每节动力车厢的额定功率均为P。列车以额定功率向右以最大速度运行，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到车厢后空气的速度变为与车厢速度相同。已知空气密度为ρ，1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S。若每节车厢的质量均相等，不计其他阻力，忽略其它车厢受到的空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．列车的最大运行速度大小为 B．列车的最大运行速度大小 C．若突然撤去动力，6号车厢对7号车厢的作用力大小为 D．若突然撤去动力，6号车厢对7号车厢的作用力大小为 【答案】D 【详解】AB．设动车的速度大小为v，动车对空气的作用力大小为F，则根据动量定理可得 解得 当牵引力等于阻力时，动车速度达到最大，则有 解得 故AB错误； CD．当动车速度达到最大时，动车受到的空气阻力 设每节车厢的质量为m，撤去动力瞬间，对动车整体根据牛顿第二定律进行分析可得 对7、8号车厢分析可得 联立解得6号车厢对7号车厢的作用力大小为 故C错误，D正确。 故选D。 （建议用时：30分钟） 9．（2024·黑龙江·三模）如图所示，长为L的轻质细绳一端与带孔小球P连接，另一端与木块Q连接，小球P穿在光滑的固定水平杆（足够长）上，小球P与木块Q的质量均为。t=0时刻，给木块Q一水平向右的瞬时冲量，使其获得的初速度，则从t=0时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，下列说法正确的是（　　） A．绳对P先做正功后做负功 B．绳对P的冲量大小为 C．木块Q运动到最右侧时的速度大小为0 D．木块Q再次运动到P正下方时，P的速度大小为 【答案】D 【详解】A．从时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，故绳对P一直做正功，A错误 BD．从时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，由动量守恒有 由能量守恒有 联立解得 对P由动量定理可得 由受力分析可知重力与支持力不相等，故 B错误；D正确； C．木块Q运动到最右侧时，具有和P相同的水平速度，由动量守恒有 解得 C错误。 故选D。 10．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）如图甲所示，质量为1.5kg的长木板B静止在光滑水平地面上，在时刻，可视为质点、静止在长木板B左端的质量为0.5kg的物块A在水平外力F作用下开始运动，3s后撤去外力F，外力F随时间变化的关系如图乙所示，物块A与长木板B间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，则（　　） A．物块A与长木板B在1s时开始相对运动 B．在0～3s内，长木板B的加速度一直增大 C．3s末长木板B的速度大小为 D．3s末物块A的速度大小为1m/s 【答案】C 【详解】A．当物块A与长木板B间即将出现相对运动时，对长木板B受力分析，由牛顿第二定律得 对物块A受力分析得 解得m/s2，F=N 由图可知物块A与长木板B在s时开始相对运动，故A错误； B．在0~3 s内，长木板B的加速度先增大后不变，故B错误； C．设在s时物块A和长木板B的共同速度大小为v，则由 解得m/s 在s~3 s时间内，长木板B做匀加速直线运动，则3 s末长木板B的速度大小为m/s 故C正确； D．在s末物块A的加速度大小为m/s2 3 s末物块A的加速度大小为m/s2 在~3 s时间内，物块A的速度增加量m/s 则3 s末物块A的速度大小为m/s 故D错误。 故选C。 11．（2025·吉林长春·二模）如图甲所示，一运动员在练习投冰壶，开始时冰壶静止在发壶区固定位置，运动员对冰壶施加一个水平推力，作用一段时间后撤去。若运动员施加的水平推力第一次为，第二次为，两次冰壶恰好能停在冰面上的同一位置，两次冰壶运动的动能随位移的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．做的功小于做的功 B．的平均功率等于的平均功率 C．的冲量大于的冲量 D．两次运动中摩擦力的冲量相等 【答案】C 【详解】A．根据动能定理可知，图线的斜率等于冰壶所受的合外力，冰壶的最大动能对应撤去水平推力的时刻，撤去推力后两图线的斜率相同，即摩擦力相同，撤去推力前第一次图线的斜率小，可知小于，由两次运动的整个过程动能变化量均为零，可知合外力做功为零，即、做的功等于整个过程克服摩擦力做的功，而摩擦力大小及冰壶的位移均相同，故、做的功相等，A项错误； B．由图乙可知撤去时冰壶的动能小，即最大速度小，加速过程的平均速度小，由平均功率可知，的平均功率小于的平均功率，B项错误； CD．两次冰壶的整个运动过程动量变化量为零，即合外力冲量等于零，所以、的冲量大小等于摩擦力的冲量大小，因两次运动的位移相同，而第一次撤去外力时冰壶的速度小，可知第一次运动的时间大于第二次运动的时间，故第一次运动中摩擦力的冲量大于第二次运动中摩擦力的冲量，即的冲量大于的冲量，C项正确，D项错误。 故选C。 12．（2025·吉林长春·二模）如图甲所示，、两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，的质量为。时刻，使获得水平向右、大小为的初速度，、运动的速度—时间图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能，其中为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法不正确的是（　　） A．的质量为 B．时刻，、间的距离最大 C．时间内，所受冲量的大小为 D．图乙中阴影部分的面积为 【答案】B 【详解】A．设a的质量为，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得 解得，故A正确； B．根据图乙可知，时刻之前a的速度大于b的速度，时刻a的速度等于b的速度，则时刻弹簧被压缩最短，此时a、b间的距离最小，接着弹簧逐渐恢复原长，在时刻a的速度最小、b的速度最大，此时弹簧恢复原长，故时刻a、b间的距离并非最大，接着弹簧继续伸长，a的速度增大、b的速度减小，在时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此时刻a、b间的距离最大，故B错误； C．时间内，以水平向右的方向为正方向，对b由动量定理可得，故C正确； D．图中阴影部分的面积为弹簧的最大压缩量，根据能量守恒定律可得 解得 即图乙中阴影部分的面积为，故D正确。 此题选择不正确选项，故选B。 13．（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。 14．（2025·辽宁·二模）如图所示，质量分别为1kg、2kg的小车A、B置于光滑水平面上，小车A右端与轻质弹簧连接。现使A、B两车分别以6m/s、2m/s沿同一直线，同向运动。从小车B与弹簧接触到与弹簧分离时，以下判断正确的是（　　） A．弹簧对小车B做功的功率一直增大 B．弹簧对小车A冲量大小为 C．某一时刻小车A、B速度可能分别为－4m/s和7m/s D．某一时刻小车A、B速度可能分别为2m/s和4m/s 【答案】D 【详解】A．从小车B与弹簧接触到与弹簧分离过程，弹簧的弹力从0逐渐增大后又逐渐减小为0，小车B的速度一直增大，根据 可知弹簧对小车B做功的功率先增大后减小，故A错误； B．从小车B与弹簧接触到与弹簧分离时，根据系统动量守恒可得 根据系统机械能守恒可得 联立解得分离时A、B的速度分别为， 根据动量定理可得弹簧对小车A的冲量为 可知弹簧对小车A冲量大小为，故B错误； C．由于分离时A、B的速度分别为，，所以A的速度不会变为反向，故C错误； D．由于分离时A、B的速度分别为，所以可以存在某一时刻小车A的速度为2m/s，此时根据动量守恒可得 代入数据解得 故D正确。 故选D。 15．（2025·辽宁丹东·二模）如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管（弯曲部分是半径为R的半圆）恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度从U形管的一端进入，从另一端出来。已知小球的直径略小于管道内径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒 B．小球在U形管中运动的动能先增大后减小 C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为 D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管对平行导槽的冲量大小为，方向垂直于导槽向上 【答案】C 【详解】A．该过程中，小球与U形管组成的系统沿两导槽方向动量守恒，但垂直导槽方向动量不守恒，故A错误； B．由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒；小球在U形管中运动时，U形管一开始的动能一定增加，所以小球的动能一开始一定减少；小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，沿着轨道方向系统动量守恒，类比弹性碰撞，交换速度，小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0，所以小球在U形管中运动的动能一直减小，故B错误； C．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管平行导槽方向速度相同，对此过程满足平行导槽方向动量守恒定律，有 解得 由系统机械能守恒得 解得小球的速度大小为，故C正确； D．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为 运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球与U形管系统根据动量定理有 根据牛顿第三定律可知，U形管对平行导槽的冲量大小为，方向垂直于导槽向上，故D错误。 故选C。 16．（2025·辽宁丹东·模拟预测）体育课上，体育老师组织同学们开展摸篮板高度的比赛。如图所示，一质量的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳。该同学离开地面跳起的过程中，他的重心沿竖直方向上升的最大高度，重力加速度，不计空气阻力。 (1)求该同学跳起瞬间重力的瞬时功率大小； (2)若该同学起跳蹬地过程中，地面对该同学的冲量为，求蹬地时间t。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由竖直上抛公式得 解得 由重力瞬时功率 解得 （2）由动量定理得，向上为正方向，则 解得 （建议用时：40分钟） 17．（2025·辽宁葫芦岛·二模）如图所示，倾角为的光滑绝缘斜面底端固定有一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧上端连接一质量为不带电的滑块而处于静止状态，整个装置处于沿斜面向下的匀强电场中，场强大小。在的上方处由静止释放一质量为、电荷量为的滑块，运动一段时间后与发生碰撞，碰撞时间极短（可忽略不计），所带电荷量不会转移到。碰后、一起向下运动，到达最低点后又向上弹回。已知重力加速度为，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能与形变量的关系为，弹簧振子的周期公式为，其中为弹簧的劲度系数，为振子的质量。 (1)求碰后瞬间、的共同速度； (2)求碰后、一起向下运动的最大位移； (3)试判断、碰后的运动过程中是否会分离。如果会分离，则求从释放到、第一次分离所用的时间；如果不会分离，则求从释放到、速度第二次减为零所用的时间。 【答案】(1) (2) (3)不会分离， 【详解】（1）设物块、碰撞前瞬间的速度为，根据动能定理有 解得 设碰后瞬间、的共同速度为，对、的碰撞过程，根据动量守恒定律 解得 （2）初始时刻弹簧的压缩量为，受力平衡 得 设碰后、一起向下运动的最大位移为，对、碰后瞬间到二者到达最低点的过程，根据能量守恒定律 解得 另一值（，不符合题意舍去） （3）、不会分离。 、分离的临界条件是二者之间弹力为零且加速度相同。假设、碰后的运动过程中未分离，即上升到最高点时弹簧仍处于压缩状态，设此时弹簧的压缩量为，从碰后瞬间到最高点，根据能量守恒定律 解得 说明弹簧回复到原长时，到达最高点，此时、速度均为零。此后做简谐运动。 振幅为 由此可知、碰撞位置距离平衡位置 根据三角函数知识，、一起运动 这段距离经历的时间（T为简谐运动周期） 设释放到、碰撞经历的时间为，根据动量定理 设、碰撞到第二次为零经历的时间为， 从释放到、速度第二次减为零所用的时间 18．（2025·内蒙古·模拟预测）图甲为一小朋友在水泥管道内踢球视频截图，可简化为图乙所示，固定的竖直圆形轨道圆心为O点，半径R为1m，球质量m为400g，球在最低A点获得向左的速度，沿着内壁顺时针运动，通过轨道最高点B后，再次到达C点处刚好脱离轨道，球可视为质点，OC与水平方向的夹角，重力加速度，不计空气阻力。 (1)求小朋友踢球对球的冲量； (2)球从A运动到脱离C的过程中，摩擦阻力做的功。 【答案】(1)，水平向左 (2) 【详解】（1）在最低点A，根据动量定理有 解得，水平向左 （2）在点，根据牛顿第二定律有   从A到C，由动能定理得 解得 19．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图甲所示，倾角为θ=53°，足够长的斜面体固定在水平地面上，可视为质点的质量为m=8kg的物块置于斜面上足够高处，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。t=0时刻，在物块上施加一沿斜面向上、大小变化的外力，同时释放物块，利用计算机描绘了0~4s时间内物块的动量随时间的变化图像，如图乙所示，规定沿斜面向下的方向为正方向，重力加速度大小为（）。则（　　） A．0~1s内系统产生热量为32J B．1~2s的时间内外力的大小为24N C．0~4s的时间内物块的机械能减少了704J D．0~1s时间内与2~4s时间内的外力大小之比为1：9 【答案】C 【详解】A．根据 可知，图线的面积表示物体位移与物体质量的乘积，所以0~1s内物体的位移为 所以，0~1s内系统产生热量为，故A错误； B．根据动量定理 可知，图线的斜率表示合外力，则1~2s的时间内外力的大小为，故B错误； C．由图可知，0~4s的时间内物块位移大小为 由于初末动量为零，即初末速度都为零，所以初末动能为零，则机械能减小了，故C正确； D．图线的斜率表示合外力，则0~1s时间内的合力大小为 则 解得 2~4s时间内的合力大小为 则 解得 0~1s时间内与2~4s时间内的外力大小之比为，故D错误。 故选C。 20．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）某同学在练习网球，如图中1、2分别为前后两次网球从同一位置击出后的运动轨迹，最后球都能恰好垂直击打在竖直墙面上，并以原速率反弹（碰撞时间极短）。设两次网球在空中运动的过程中，从击出到与墙面碰撞，前后两次的时间分别为、，与墙壁碰撞过程中，前后两次墙壁对球的冲量大小分别是、，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】AB．球1、2都能恰好垂直击打在竖直墙面上，根据逆向思维，球1、2的运动可看成从墙到球拍的平抛运动，竖直方向有 由于球1竖直方向的位移较小，可得 故AB错误； CD．球1、2水平位移相等，则 则 根据动量定理，前后两次墙壁对球的冲量大小为， 可得 故C错误，D正确。 故选D。 21．（2025·内蒙古通辽·三模）如图所示，内壁光滑、半径为R的圆弧轨道AB竖直固定在光滑的水平面上，竖直半径OA与倾斜半径OB的夹角为，质量为4m的小球放置在A点的左侧，现让质量为m的子弹以水平向右的速度射入小球并停留在小球内部（射入过程时间极短），然后小球与子弹构成的整体（以下简称为“整体”）从A点运动到B点。已知整体在B点时仍处于圆周运动的状态，且轨道对整体的弹力刚好为0，子弹与小球均视为质点，重力加速度大小为g，取求： (1)整体在A、B两点的速度大小； (2)子弹射入小球之前的速度大小； (3)子弹射入小球的过程中，子弹克服小球的作用力做的功。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）在B点，把整体受到的重力分别沿着BO和垂直BO的方向分解，沿着BO方向的分力提供整体做圆周运动的向心力，有 解得 整体从A点运动到B点，由机械能守恒定律有 解得 （2）子弹与小球发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒有 解得 （3）由动能定理有 解得 22．（2024·黑龙江·模拟预测）2023年10月2日，杭州亚运会赛场上，中国蹦床名将朱雪莹夺得女子个人冠军，实现奥运会、世锦赛、世界杯、亚运会“大满贯”，如图是她比赛时的照片。若她的质量，某次训练时从距离蹦床平面1.25m高处自由下落，与蹦床接触2s后恰能竖直弹回至1.8m高处。g取，不计一切阻力。求： (1)朱雪莹从下落至弹回最高点过程中，重力的冲量； (2)朱雪莹对蹦床的平均作用力。 【答案】(1)，方向竖直向下 (2)697.5N，方向竖直向下 【详解】（1）由题意，自由下落阶段 解得 与蹦床接触然后反弹，上升过程中有 解得 故重力的冲量 解得，方向竖直向下。 （2）由动量定理，对全程有 解得 由牛顿第三定律可得，朱雪莹对蹦床的平均作用力大小为，方向竖直向下。 23．（2024·黑龙江·一模）如图所示，光滑水平面上放有质量为M=2kg的足够长的木板B，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块A叠放在B上，A的质量为m=1kg，弹簧的劲度系数k=100N/m。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力F=10N作用在B上，已知A、B间动摩擦因数μ=0.2，弹簧振子的周期为，取g=10m/s2，π2=10。则（    ） A．A受到的摩擦力逐渐变大 B．A向右运动的最大距离为4cm C．当A的总位移为2cm时，B的位移一定为5cm D．当A的总位移为4cm时，弹簧对A的冲量大小可能为 【答案】B 【详解】A．拉力作用瞬间，整体加速度为 A的最大加速度为 则开始运动时，二者就会发生相对滑动，A所受摩擦力大小不变，A错误； B．弹簧弹力与A所受摩擦力相等时，A的位移为 此时A的速度最大，即振幅为2cm，则A的最大位移为4cm，B正确； C．A的位移为2cm时，经过时间为（n=0，1，2，3…） 或（n=0，1，2，3…） 由题意，周期为。B的加速度为 则此时B的位移为 或 说明当A的总位移为2cm时，B的位移不一定为5cm，C错误； D．当A的总位移为4cm时，速度为零，即动量的变化量为零。说明弹簧与摩擦力对A的冲量等大，即 此时A的运动时间为（n=0，1，2，3…） 得（n=0，1，2，3…） 即当A的总位移为4cm时，弹簧对A的冲量大小不可能为，D错误。 故选B。 24．（2025·辽宁大连·三模）如图所示，倾角为θ的光滑斜面，沿斜面放置的轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端连接物体A，静止时，弹簧被压缩了l，质量与A相同的物体B从弹簧原长位置由静止释放，A与B发生完全非弹性碰撞（粘连），碰撞时间极短，A、B视为质点，重力加速度为g，弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），则下列说法正确的是（　　） A．碰后瞬间两物体的速度大小为 B．碰后两物体运动过程中一定机械能守恒 C．碰后两物体一起向下运动的最大位移为3l D．两物体反弹向上运动，最大高度能到达B的释放点上方 【答案】A 【详解】A．碰撞前物体B的速度大小为 解得 碰后瞬间两物体的速度大小为 解得，A正确； B．碰后两物体运动过程中机械能不守恒，两个物体和弹簧组成的系统机械能守恒，B错误； C．碰后两物体一起向下运动的最大位移x为 碰撞前对物体A根据平衡条件得 解得，C错误； D．以最低点为零势能面，两物体在B的释放点处的重力势能为 在最低点处，弹簧的弹性势能为 因为，所以两物体反弹向上运动，最大高度不能到达B的释放点，更不能到达B的释放点的上方，D错误。 故选A。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难09 动量　动量和能量观点的综合应用 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” 1.弹性碰撞模型如下： Ⅰ： 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和，碰前速度为，，碰后速度分别为ˊ，ˊ，则有： 联立（1）、（2）解得： ， 特殊情况： 若 ， ，（速度交换） . Ⅱ： “动碰静模型”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、速度为的小球与质量为的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 解得：， 结论：(1)当时，，(质量相等，速度交换) (2)当时，，，且(大碰小，一起跑) (3)当时，，(小碰大，要反弹) (4)当时，，(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当时，，(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 2.非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型如下： Ⅰ：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： 损失动能根据机械能守恒定律可得： Ⅱ： 完全非弹性碰撞（动碰动） 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： 联立（1）、（2）解得：； Ⅲ： 完全非弹性碰撞（动碰静） 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： 联立（1）、（2）解得：； （建议用时：30分钟） 1．（2025·辽宁·高考真题）如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝1．（2024·吉林·一模）某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车（　　） A．机械能保持不变 B．所受合力不为零 C．处于失重状态 D．动量保持不变 2．（2025·黑龙江大庆·一模）如图甲，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于虚线AB左侧始终竖直向下的磁场中，bc边与虚线AB重合，虚线AB右侧为的匀强磁场。导体框的质量，电阻、边长，磁感应强度随时间t的变化图像如图乙所示。在时，导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度，下列说法正确的是（    ） A．时流过ad边的电流方向由a到d B．时流过ad边的电流大小为0.4A C．导体框的bc边刚越过虚线AB时受到的安培力的大小为0.024N D．当线框速度减为0.02m/s时ad边移动的距离为 3．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）质量为的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为，如图所示，一质量为物块从钢板正上方距离为的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板粘连一起向下运动。它们到达最低点后又向上运动。已知弹簧以原长处为零势能面的弹性势能表达式为，弹簧振子做简谐运动的周期，（为弹簧形变量，为振子的质量，为弹簧劲度系数），钢板与物块均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A．物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是 B．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅 C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间 D．运动过程中弹簧的最大弹性势能 4．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）2025年2月10日，中国选手杨文龙在哈尔滨第九届亚冬会单板滑雪男子大跳台决赛中勇夺冠军，杨文龙的重心运动过程简化后如图所示，若其起跳瞬间速度大小，方向与水平方向的夹角为，着陆瞬间速度大小为，方向与水平方向的夹角为，其所受空气阻力的大小与速度大小成正比，方向与速度方向相反，比例系数为，重力加速度为，杨文龙与雪板的质量为。下列说法正确的是（　　） A．杨文龙在空中的运动为匀变速曲线运动 B．起跳点A到着陆点C的水平距离为 C．从起跳点到着陆点杨文龙重力势能减少为 D．杨文龙在最高点时处于超重状态 5．（2025·吉林长春·二模）中国空间站在距地面高度约的轨道上做匀速圆周运动，该轨道远在距地面的卡门线（外太空与地球大气层的分界线）之上，但轨道处依然存在相对地心静止的稀薄气体，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速。空间站安装有发动机，能够实时修正轨道。已知中国空间站离地面高度为，地球半径为，地球表面的重力加速度为，将空间站视为如图所示的圆柱体，其运行方向上的横截面积为，稀薄气体密度为，不考虑其他因素对空间站的影响，则（　　） A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，其高度降低，动能减小 B．空间站的速度大小为 C．气体对空间站前端作用力大小为 D．空间站发动机的功率为 6．（2024·辽宁沈阳·二模）2024年春天，中国航天科技集团研制的50kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列．嵌套式霍尔推力器不用传统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲是航天学家为了衡量火箭引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为，是单位质量的推进剂产生的冲量，比冲这个物理量的单位应该是（　　） A．m/s B． C． D． 7．（2024·黑龙江·三模）如图所示，质量均为m的滑块A、B、C放在光滑的水平面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F=mg的恒力，使B、C一起向左运动，当弹簧压缩到最短时，立即撤去恒力。轻弹簧始终处于弹性限度范围内，重力加速度为g，则滑块A的最大速度为（　　） A． B． C． D． 8．（2024·黑龙江·三模）CRH380A型电力动车组共8节车厢，中间6节为动车，自带动力，另外2节为拖车，不带动力。如图所示为动车在水平长直轨道上的模拟运行图，每节动力车厢的额定功率均为P。列车以额定功率向右以最大速度运行，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到车厢后空气的速度变为与车厢速度相同。已知空气密度为ρ，1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S。若每节车厢的质量均相等，不计其他阻力，忽略其它车厢受到的空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．列车的最大运行速度大小为 B．列车的最大运行速度大小 C．若突然撤去动力，6号车厢对7号车厢的作用力大小为 D．若突然撤去动力，6号车厢对7号车厢的作用力大小为 （建议用时：30分钟） 9．（2024·黑龙江·三模）如图所示，长为L的轻质细绳一端与带孔小球P连接，另一端与木块Q连接，小球P穿在光滑的固定水平杆（足够长）上，小球P与木块Q的质量均为。t=0时刻，给木块Q一水平向右的瞬时冲量，使其获得的初速度，则从t=0时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，下列说法正确的是（　　） A．绳对P先做正功后做负功 B．绳对P的冲量大小为 C．木块Q运动到最右侧时的速度大小为0 D．木块Q再次运动到P正下方时，P的速度大小为 10．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）如图甲所示，质量为1.5kg的长木板B静止在光滑水平地面上，在时刻，可视为质点、静止在长木板B左端的质量为0.5kg的物块A在水平外力F作用下开始运动，3s后撤去外力F，外力F随时间变化的关系如图乙所示，物块A与长木板B间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，则（　　） A．物块A与长木板B在1s时开始相对运动 B．在0～3s内，长木板B的加速度一直增大 C．3s末长木板B的速度大小为 D．3s末物块A的速度大小为1m/s 11．（2025·吉林长春·二模）如图甲所示，一运动员在练习投冰壶，开始时冰壶静止在发壶区固定位置，运动员对冰壶施加一个水平推力，作用一段时间后撤去。若运动员施加的水平推力第一次为，第二次为，两次冰壶恰好能停在冰面上的同一位置，两次冰壶运动的动能随位移的变化图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．做的功小于做的功 B．的平均功率等于的平均功率 C．的冲量大于的冲量 D．两次运动中摩擦力的冲量相等 12．（2025·吉林长春·二模）如图甲所示，、两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水平面上，的质量为。时刻，使获得水平向右、大小为的初速度，、运动的速度—时间图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能，其中为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法不正确的是（　　） A．的质量为 B．时刻，、间的距离最大 C．时间内，所受冲量的大小为 D．图乙中阴影部分的面积为 13．（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 14．（2025·辽宁·二模）如图所示，质量分别为1kg、2kg的小车A、B置于光滑水平面上，小车A右端与轻质弹簧连接。现使A、B两车分别以6m/s、2m/s沿同一直线，同向运动。从小车B与弹簧接触到与弹簧分离时，以下判断正确的是（　　） A．弹簧对小车B做功的功率一直增大 B．弹簧对小车A冲量大小为 C．某一时刻小车A、B速度可能分别为－4m/s和7m/s D．某一时刻小车A、B速度可能分别为2m/s和4m/s 15．（2025·辽宁丹东·二模）如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管（弯曲部分是半径为R的半圆）恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度从U形管的一端进入，从另一端出来。已知小球的直径略小于管道内径，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　） A．该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒 B．小球在U形管中运动的动能先增大后减小 C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为 D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管对平行导槽的冲量大小为，方向垂直于导槽向上 16．（2025·辽宁丹东·模拟预测）体育课上，体育老师组织同学们开展摸篮板高度的比赛。如图所示，一质量的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳。该同学离开地面跳起的过程中，他的重心沿竖直方向上升的最大高度，重力加速度，不计空气阻力。 (1)求该同学跳起瞬间重力的瞬时功率大小； (2)若该同学起跳蹬地过程中，地面对该同学的冲量为，求蹬地时间t。 （建议用时：40分钟） 17．（2025·辽宁葫芦岛·二模）如图所示，倾角为的光滑绝缘斜面底端固定有一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧上端连接一质量为不带电的滑块而处于静止状态，整个装置处于沿斜面向下的匀强电场中，场强大小。在的上方处由静止释放一质量为、电荷量为的滑块，运动一段时间后与发生碰撞，碰撞时间极短（可忽略不计），所带电荷量不会转移到。碰后、一起向下运动，到达最低点后又向上弹回。已知重力加速度为，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能与形变量的关系为，弹簧振子的周期公式为，其中为弹簧的劲度系数，为振子的质量。 (1)求碰后瞬间、的共同速度； (2)求碰后、一起向下运动的最大位移； (3)试判断、碰后的运动过程中是否会分离。如果会分离，则求从释放到、第一次分离所用的时间；如果不会分离，则求从释放到、速度第二次减为零所用的时间。 18．（2025·内蒙古·模拟预测）图甲为一小朋友在水泥管道内踢球视频截图，可简化为图乙所示，固定的竖直圆形轨道圆心为O点，半径R为1m，球质量m为400g，球在最低A点获得向左的速度，沿着内壁顺时针运动，通过轨道最高点B后，再次到达C点处刚好脱离轨道，球可视为质点，OC与水平方向的夹角，重力加速度，不计空气阻力。 (1)求小朋友踢球对球的冲量； (2)球从A运动到脱离C的过程中，摩擦阻力做的功。 19．（2025·内蒙古呼和浩特·二模）如图甲所示，倾角为θ=53°，足够长的斜面体固定在水平地面上，可视为质点的质量为m=8kg的物块置于斜面上足够高处，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5。t=0时刻，在物块上施加一沿斜面向上、大小变化的外力，同时释放物块，利用计算机描绘了0~4s时间内物块的动量随时间的变化图像，如图乙所示，规定沿斜面向下的方向为正方向，重力加速度大小为（）。则（　　） A．0~1s内系统产生热量为32J B．1~2s的时间内外力的大小为24N C．0~4s的时间内物块的机械能减少了704J D．0~1s时间内与2~4s时间内的外力大小之比为1：9 20．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）某同学在练习网球，如图中1、2分别为前后两次网球从同一位置击出后的运动轨迹，最后球都能恰好垂直击打在竖直墙面上，并以原速率反弹（碰撞时间极短）。设两次网球在空中运动的过程中，从击出到与墙面碰撞，前后两次的时间分别为、，与墙壁碰撞过程中，前后两次墙壁对球的冲量大小分别是、，不计空气阻力，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 21．（2025·内蒙古通辽·三模）如图所示，内壁光滑、半径为R的圆弧轨道AB竖直固定在光滑的水平面上，竖直半径OA与倾斜半径OB的夹角为，质量为4m的小球放置在A点的左侧，现让质量为m的子弹以水平向右的速度射入小球并停留在小球内部（射入过程时间极短），然后小球与子弹构成的整体（以下简称为“整体”）从A点运动到B点。已知整体在B点时仍处于圆周运动的状态，且轨道对整体的弹力刚好为0，子弹与小球均视为质点，重力加速度大小为g，取求： (1)整体在A、B两点的速度大小； (2)子弹射入小球之前的速度大小； (3)子弹射入小球的过程中，子弹克服小球的作用力做的功。 22．（2024·黑龙江·模拟预测）2023年10月2日，杭州亚运会赛场上，中国蹦床名将朱雪莹夺得女子个人冠军，实现奥运会、世锦赛、世界杯、亚运会“大满贯”，如图是她比赛时的照片。若她的质量，某次训练时从距离蹦床平面1.25m高处自由下落，与蹦床接触2s后恰能竖直弹回至1.8m高处。g取，不计一切阻力。求： (1)朱雪莹从下落至弹回最高点过程中，重力的冲量； (2)朱雪莹对蹦床的平均作用力。 23．（2024·黑龙江·一模）如图所示，光滑水平面上放有质量为M=2kg的足够长的木板B，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块A叠放在B上，A的质量为m=1kg，弹簧的劲度系数k=100N/m。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力F=10N作用在B上，已知A、B间动摩擦因数μ=0.2，弹簧振子的周期为，取g=10m/s2，π2=10。则（    ） A．A受到的摩擦力逐渐变大 B．A向右运动的最大距离为4cm C．当A的总位移为2cm时，B的位移一定为5cm D．当A的总位移为4cm时，弹簧对A的冲量大小可能为 24．（2025·辽宁大连·三模）如图所示，倾角为θ的光滑斜面，沿斜面放置的轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端连接物体A，静止时，弹簧被压缩了l，质量与A相同的物体B从弹簧原长位置由静止释放，A与B发生完全非弹性碰撞（粘连），碰撞时间极短，A、B视为质点，重力加速度为g，弹簧的弹性势能（x为弹簧的形变量），则下列说法正确的是（　　） A．碰后瞬间两物体的速度大小为 B．碰后两物体运动过程中一定机械能守恒 C．碰后两物体一起向下运动的最大位移为3l D．两物体反弹向上运动，最大高度能到达B的释放点上方 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难09 动量　动量和能量观点的综合应用（重难专练） （建议用时：30分钟） 1．【答案】B 【详解】A．小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重力势能减小，可知小车的机械能减小，故A错误； B．根据上述可知，小车沿轨道方向的合力为0，轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，即小车的合力不为零，合力方向总指向图中轴心，故B正确； C．由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向的合力为0，即沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知小车的加速度方向沿水平方向，小车不存在竖直方向的加速度，即小车既不处于超重，又不处于失重，故C错误； D．小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式有，可知小车的动量大小不变，动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故D错误。 故选B。 2．【答案】D 【详解】A．由图乙可知，0~1s内，左侧的磁通量减少，根据楞次定律可知，时流过ad边的电流方向由d到a，故A错误； B．根据法拉第电磁感应定律可知，时导体框的感应电动势为V=0.1V 感应电流大小为，故B错误； C．导体框的bc边刚越过虚线AB时，感应电动势为V 受到的安培力的大小为N，故C错误； D．根据动量定理有 根据电流的定义式有 解得，故D正确； 故选D。 3．【答案】C 【详解】A．对物块，根据动能定理有 解得 设表示质量为2m的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，取方向为正，则 解得 故A错误； B．碰后根据能量守恒 根据平衡条件可得 解得 当物块与钢板受力平衡时，为平衡位置 解得 所以振幅为 故B错误； C．碰撞刚结束至两者第一次运动到平衡位置时间为，则 解得 继续运动到最低点所经历的时间，则 所以，碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间 故C正确； D．当物块与钢板运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大 故D错误。 故选C。 4．【答案】B 【详解】A．匀变速曲线运动要求加速度恒定，由于空气阻力大小与速度成正比，合力会随速度变化，所以加速度不恒定，故A错误； B．规定水平向右的方向为正方向，设杨文龙从A到C所受的空气阻力大小的平均值为，则 设从A到C的时间为，则在水平方向上动量定理 水平位移 联立解得，故B正确； C．从起跳点到着陆点，运动员受到空气阻力和重力做功，根据动能定理 重力势能的减少量等于重力做功，所以从起跳点到着陆点杨文龙重力势能的减少量大于动能的变化量 即，故C错误； D．杨文龙在最高点有向下的加速度，处于失重状态，故D错误。 故选B。 5．【答案】C 【详解】A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速，可看作完全非弹性碰撞，故会损失的机械能，其高度降低，又根据牛顿第二定律 故减小时，增大，动能增大，故A错误； B．根据牛顿第二定律 又地球表面 联立解得 故B错误； C．设极短的时间内与空间站前端碰撞的稀薄气体质量为 碰撞瞬间，根据动量守恒 由于 故 对稀薄气体，根据动量定理 联立解得空间站前端对稀薄气体的作用力大小 根据牛顿第三定律知气体对空间站前端作用力大小为，故C正确； D．空间站发动机的功率为 故D错误。 故选C。 6．【答案】A 【详解】根据题意比冲表示的是单位质量的推进剂产生的冲量，故可得 结合动量定理 可得比冲这个物理量的单位为 故选A。 7．【答案】A 【详解】恒力作用时，弹簧压缩到最短的过程中，一起做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，弹簧压缩到最短时的压缩量为 立即撤去恒力，当弹簧恢复原长时，发生分离，设此时的速度大小为，根据能量守恒有 解得 弹簧恢复原长后，和弹簧组成的系统水平方向动量守恒和动能守恒，当弹簧再次恢复原长时，滑块的速度最大，有 联立解得 故选A。 8．【答案】D 【详解】AB．设动车的速度大小为v，动车对空气的作用力大小为F，则根据动量定理可得 解得 当牵引力等于阻力时，动车速度达到最大，则有 解得 故AB错误； CD．当动车速度达到最大时，动车受到的空气阻力 设每节车厢的质量为m，撤去动力瞬间，对动车整体根据牛顿第二定律进行分析可得 对7、8号车厢分析可得 联立解得6号车厢对7号车厢的作用力大小为 故C错误，D正确。 故选D。 （建议用时：30分钟） 9．【答案】D 【详解】A．从时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，故绳对P一直做正功，A错误 BD．从时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，由动量守恒有 由能量守恒有 联立解得 对P由动量定理可得 由受力分析可知重力与支持力不相等，故 B错误；D正确； C．木块Q运动到最右侧时，具有和P相同的水平速度，由动量守恒有 解得 C错误。 故选D。 10．【答案】C 【详解】A．当物块A与长木板B间即将出现相对运动时，对长木板B受力分析，由牛顿第二定律得 对物块A受力分析得 解得m/s2，F=N 由图可知物块A与长木板B在s时开始相对运动，故A错误； B．在0~3 s内，长木板B的加速度先增大后不变，故B错误； C．设在s时物块A和长木板B的共同速度大小为v，则由 解得m/s 在s~3 s时间内，长木板B做匀加速直线运动，则3 s末长木板B的速度大小为m/s 故C正确； D．在s末物块A的加速度大小为m/s2 3 s末物块A的加速度大小为m/s2 在~3 s时间内，物块A的速度增加量m/s 则3 s末物块A的速度大小为m/s 故D错误。 故选C。 11．【答案】C 【详解】A．根据动能定理可知，图线的斜率等于冰壶所受的合外力，冰壶的最大动能对应撤去水平推力的时刻，撤去推力后两图线的斜率相同，即摩擦力相同，撤去推力前第一次图线的斜率小，可知小于，由两次运动的整个过程动能变化量均为零，可知合外力做功为零，即、做的功等于整个过程克服摩擦力做的功，而摩擦力大小及冰壶的位移均相同，故、做的功相等，A项错误； B．由图乙可知撤去时冰壶的动能小，即最大速度小，加速过程的平均速度小，由平均功率可知，的平均功率小于的平均功率，B项错误； CD．两次冰壶的整个运动过程动量变化量为零，即合外力冲量等于零，所以、的冲量大小等于摩擦力的冲量大小，因两次运动的位移相同，而第一次撤去外力时冰壶的速度小，可知第一次运动的时间大于第二次运动的时间，故第一次运动中摩擦力的冲量大于第二次运动中摩擦力的冲量，即的冲量大于的冲量，C项正确，D项错误。 故选C。 12．【答案】B 【详解】A．设a的质量为，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得 解得，故A正确； B．根据图乙可知，时刻之前a的速度大于b的速度，时刻a的速度等于b的速度，则时刻弹簧被压缩最短，此时a、b间的距离最小，接着弹簧逐渐恢复原长，在时刻a的速度最小、b的速度最大，此时弹簧恢复原长，故时刻a、b间的距离并非最大，接着弹簧继续伸长，a的速度增大、b的速度减小，在时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此时刻a、b间的距离最大，故B错误； C．时间内，以水平向右的方向为正方向，对b由动量定理可得，故C正确； D．图中阴影部分的面积为弹簧的最大压缩量，根据能量守恒定律可得 解得 即图乙中阴影部分的面积为，故D正确。 此题选择不正确选项，故选B。 13．【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。 14．【答案】D 【详解】A．从小车B与弹簧接触到与弹簧分离过程，弹簧的弹力从0逐渐增大后又逐渐减小为0，小车B的速度一直增大，根据 可知弹簧对小车B做功的功率先增大后减小，故A错误； B．从小车B与弹簧接触到与弹簧分离时，根据系统动量守恒可得 根据系统机械能守恒可得 联立解得分离时A、B的速度分别为， 根据动量定理可得弹簧对小车A的冲量为 可知弹簧对小车A冲量大小为，故B错误； C．由于分离时A、B的速度分别为，，所以A的速度不会变为反向，故C错误； D．由于分离时A、B的速度分别为，所以可以存在某一时刻小车A的速度为2m/s，此时根据动量守恒可得 代入数据解得 故D正确。 故选D。 15．【答案】C 【详解】A．该过程中，小球与U形管组成的系统沿两导槽方向动量守恒，但垂直导槽方向动量不守恒，故A错误； B．由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故小球与U形管组成的系统机械能守恒；小球在U形管中运动时，U形管一开始的动能一定增加，所以小球的动能一开始一定减少；小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，沿着轨道方向系统动量守恒，类比弹性碰撞，交换速度，小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0，所以小球在U形管中运动的动能一直减小，故B错误； C．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管平行导槽方向速度相同，对此过程满足平行导槽方向动量守恒定律，有 解得 由系统机械能守恒得 解得小球的速度大小为，故C正确； D．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为 运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球与U形管系统根据动量定理有 根据牛顿第三定律可知，U形管对平行导槽的冲量大小为，方向垂直于导槽向上，故D错误。 故选C。 16．【答案】(1) (2) 【详解】（1）由竖直上抛公式得 解得 由重力瞬时功率 解得 （2）由动量定理得，向上为正方向，则 解得 （建议用时：40分钟） 17．【答案】(1) (2) (3)不会分离， 【详解】（1）设物块、碰撞前瞬间的速度为，根据动能定理有 解得 设碰后瞬间、的共同速度为，对、的碰撞过程，根据动量守恒定律 解得 （2）初始时刻弹簧的压缩量为，受力平衡 得 设碰后、一起向下运动的最大位移为，对、碰后瞬间到二者到达最低点的过程，根据能量守恒定律 解得 另一值（，不符合题意舍去） （3）、不会分离。 、分离的临界条件是二者之间弹力为零且加速度相同。假设、碰后的运动过程中未分离，即上升到最高点时弹簧仍处于压缩状态，设此时弹簧的压缩量为，从碰后瞬间到最高点，根据能量守恒定律 解得 说明弹簧回复到原长时，到达最高点，此时、速度均为零。此后做简谐运动。 振幅为 由此可知、碰撞位置距离平衡位置 根据三角函数知识，、一起运动 这段距离经历的时间（T为简谐运动周期） 设释放到、碰撞经历的时间为，根据动量定理 设、碰撞到第二次为零经历的时间为， 从释放到、速度第二次减为零所用的时间 18．【答案】(1)，水平向左 (2) 【详解】（1）在最低点A，根据动量定理有 解得，水平向左 （2）在点，根据牛顿第二定律有   从A到C，由动能定理得 解得 19．【答案】C 【详解】A．根据 可知，图线的面积表示物体位移与物体质量的乘积，所以0~1s内物体的位移为 所以，0~1s内系统产生热量为，故A错误； B．根据动量定理 可知，图线的斜率表示合外力，则1~2s的时间内外力的大小为，故B错误； C．由图可知，0~4s的时间内物块位移大小为 由于初末动量为零，即初末速度都为零，所以初末动能为零，则机械能减小了，故C正确； D．图线的斜率表示合外力，则0~1s时间内的合力大小为 则 解得 2~4s时间内的合力大小为 则 解得 0~1s时间内与2~4s时间内的外力大小之比为，故D错误。 故选C。 20．【答案】D 【详解】AB．球1、2都能恰好垂直击打在竖直墙面上，根据逆向思维，球1、2的运动可看成从墙到球拍的平抛运动，竖直方向有 由于球1竖直方向的位移较小，可得 故AB错误； CD．球1、2水平位移相等，则 则 根据动量定理，前后两次墙壁对球的冲量大小为， 可得 故C错误，D正确。 故选D。 21．【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）在B点，把整体受到的重力分别沿着BO和垂直BO的方向分解，沿着BO方向的分力提供整体做圆周运动的向心力，有 解得 整体从A点运动到B点，由机械能守恒定律有 解得 （2）子弹与小球发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒有 解得 （3）由动能定理有 解得 22．【答案】(1)，方向竖直向下 (2)697.5N，方向竖直向下 【详解】（1）由题意，自由下落阶段 解得 与蹦床接触然后反弹，上升过程中有 解得 故重力的冲量 解得，方向竖直向下。 （2）由动量定理，对全程有 解得 由牛顿第三定律可得，朱雪莹对蹦床的平均作用力大小为，方向竖直向下。 23．【答案】B 【详解】A．拉力作用瞬间，整体加速度为 A的最大加速度为 则开始运动时，二者就会发生相对滑动，A所受摩擦力大小不变，A错误； B．弹簧弹力与A所受摩擦力相等时，A的位移为 此时A的速度最大，即振幅为2cm，则A的最大位移为4cm，B正确； C．A的位移为2cm时，经过时间为（n=0，1，2，3…） 或（n=0，1，2，3…） 由题意，周期为。B的加速度为 则此时B的位移为 或 说明当A的总位移为2cm时，B的位移不一定为5cm，C错误； D．当A的总位移为4cm时，速度为零，即动量的变化量为零。说明弹簧与摩擦力对A的冲量等大，即 此时A的运动时间为（n=0，1，2，3…） 得（n=0，1，2，3…） 即当A的总位移为4cm时，弹簧对A的冲量大小不可能为，D错误。 故选B。 24．【答案】A 【详解】A．碰撞前物体B的速度大小为 解得 碰后瞬间两物体的速度大小为 解得，A正确； B．碰后两物体运动过程中机械能不守恒，两个物体和弹簧组成的系统机械能守恒，B错误； C．碰后两物体一起向下运动的最大位移x为 碰撞前对物体A根据平衡条件得 解得，C错误； D．以最低点为零势能面，两物体在B的释放点处的重力势能为 在最低点处，弹簧的弹性势能为 因为，所以两物体反弹向上运动，最大高度不能到达B的释放点，更不能到达B的释放点的上方，D错误。 故选A。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $