题型09 动量守恒的判定及某一方向上的动量守恒问题（题型专练）（黑吉辽蒙专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

题型09 动量守恒的判定及某一方向上的动量守恒问题目录 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 总方法透视 典例引领 变式演练 考向01 对系统、内力和外力的理解 考向02 对动量守恒定律适用条件的理解 考向03 动量守恒定律的应用 考向04 沿某一方向动量守恒问题 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 动量守恒是黑吉辽蒙高考物理力学综合核心工具，近5年（2021-2025）稳定出现在力学综合大题（6-8分），偶见于多选小问（2-3分），常与动量定理、动能定理、能量守恒联合命题，聚焦碰撞、板块、反冲等模型，是高频与区分度重点，以下为结构化分析。核心逻辑：系统不受外力或外力合力为零（或某方向合力为零）时，总动量守恒；关键在系统选取、方向矢量性、守恒条件判断、多过程衔接。关键模型：完全非弹性碰撞（粘在一起）、板块（子弹打木块）、斜碰（某方向守恒）、反冲/爆炸；核心是守恒条件+动量矢量性+能量损失计算。 1. 情境真实化：以打夯机、航天器对接、粒子碰撞、物流分拣等生活/科技场景为背景，强化建模与信息提取。2. 模型复合化：单一碰撞减少，更多是圆弧+碰撞+平抛、板块+弹簧等组合，考查系统选取与多过程边界处理。3. 能力分层：基础层考“守恒条件判断”，进阶层考“某方向守恒（如水平）+完全非弹性碰撞共速”，创新层考“临界条件（如板块共速）+能量损失分配+动量矢量分解”。 1．动量守恒定律 (1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。 (2)表达式 ①p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。 ②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 ③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 ④Δp＝0，系统总动量的增量为零。 2.动量守恒定律的“六性” (1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。 (2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。 (3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。 (4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 (5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。 (6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。 3．应用动量守恒定律解题的步骤 考向01 对系统、内力和外力的理解 【例1-1】（2025·辽宁丹东·一模）小米SU7是性能很好的新能源汽车，若SU7在粗糙路面的启动阶段可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，则下列说法中正确的是（　　） A．该车牵引力的冲量等于它动量的变化 B．该车的动量与它的加速度成正比 C．该车的动量与它经历的时间成正比 D．开车时系好安全带能减小刹车时人的动量变化 【例1-2】（2025·辽宁大连·三模）如图，水平导轨间距为，按如图甲建立坐标系，在区域内有垂直纸面向里、大小为的匀强磁场，在的区域内有垂直纸面向里、大小按规律变化的磁场。一个质量为的导体棒，在外力的作用下从处开始向右运动，时恰好通过处，此过程中监测系统显示回路中的电流变化如图乙所示（前呈正弦规律变化，时恰好达到电流的峰值，之后稳定于）。已知导体棒接入电路的阻值为，闭合回路中的其他电阻忽略不计，且导体棒与导轨接触良好。下列说法正确的是（　　） A．导体棒通过时的速度大小为 B．在0至内电阻产生的焦耳热为 C．后，磁场每秒钟对导体棒的冲量大小为 D．导体棒在区域向右做匀速直线运动 【变式1-1】（2025·辽宁沈阳·二模）一水平传送带长m，以恒定速率m/s沿顺时针方向匀速转动。在传送带左端每隔1s轻放一个相同的小物块，小物块的质量kg，与传送带间的动摩擦因数，忽略小物块的尺寸，取m/s2，从第1个小物块到达传送带最右端开始计时，下列说法正确的是（　　） A．每个小物块在传送带上运动的时间为10s B．计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带 C．计时后1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为N·s D．计时后1s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为J 【变式1-2】（2025·辽宁·二模）如图甲所示，长、质量的木板b静止在地面上，质量的物块a（可视为质点）静止在木板的右端，a与b之间、b与地面之间的动摩擦因数分别为。时刻对b施加一水平向右、大小为F的力，F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。下列说法中正确的是（　　） A．内摩擦力对b的冲量为0 B．时，a的速度大小为 C．时，a脱离木板 D．内，地面对b的摩擦力的冲量为 考向02 对动量守恒定律适用条件的理解 【例2-1】（2025·辽宁朝阳·模拟预测）A、B、C三个大小完全相同的小球，套在相互平行的光滑的水平杆上，三个小球的质量分别为mA=2kg，mB=3kg，mC=mA，初始三个小球均处于静止状态，BC间连接一个轻弹簧，且恰好处于原长状态，现在给小球A一个初速度v0=10m/s，AB相碰后A的速度方向向右，大小v=2m/s，已知平行杆足够长。那么可求： (1)求AB碰后瞬间B的速度为多少； (2)AB碰后B的最小速度且当弹簧第一次恢复原长时B、C的速度各为多少 【例2-2】（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，在光滑水平面上有一质量为足够长的薄板A，其上静置两个质量均为的物块B、C，B、C与A间的动摩擦因数分别为，物块BC间连接一轻质弹簧，调节BC间距离，将弹簧压缩一定长度后，将它们同时由静止释放。已知弹性势能表达式为（为弹簧的形变量），取重力加速度大小，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)当初始压缩量时，释放瞬间，B的加速度大小； (2)初始压缩量满足什么条件时，释放后，物块C相对A滑动； (3)当初始压缩量时，释放后，物块B能达到的最大动能。 【变式2-1】（2026·辽宁沈阳·一模）如图，长为L＝0.8m的轻杆竖直放置，上端与小球A相连，下端用光滑转轴固定于水平桌面上。小球A恰好与立方体B接触，B的右侧紧贴放置一小物体C；距离物体C足够远处，静止放置带负电的小物体D；D的右侧空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。D到桌面右端距离d＝0.5m，桌面距地面高度H＝0.75m。A受微小扰动后，杆与A向右转动，B、C一起向右运动。A与B刚分离时，A受到杆的弹力为零；B离开A后，用外力制动，C继续向右运动与D碰撞（仅发生一次碰撞且碰撞时间极短）；碰撞后，D减速运动并离开桌面，第一次落地时与桌面右端的水平距离m。A、B、C和D满足的质量关系为；kg，D所带电荷量q＝0.1C且始终保持不变；D与桌面间动摩擦因数，其余各处摩擦不计；电场的场强E＝1N/C，磁感应强度T，重力加速度g取10。求： (1)物体D离开桌面时速度大小； (2)物体C与物体D碰撞后，物体D速度大小； (3)物体C与物体D碰撞过程中损失的动能。 【变式2-2】（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 考向03 动量守恒定律的应用 【例3-1】（2026·辽宁沈阳·一模）物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长。t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去F，在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程下列分析正确的是（　　） A．恒力F的冲量为1N·s B．b物块的质量为2kg C．t=1s时b的速度小于0.15m/s D．弹簧伸长量最大时，b的速度大小为m/s 【例3-2】（2025·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，粗糙地面上有一长木板C，滑块A、B位于C上表面，滑块A位于C的最右端，滑块A、B相距3m，三者的质量分别为，，C与A、B、地面之间的动摩擦因数分别为0.1、0.35、0.1。初始时，三者均处于静止状态。现给C一个水平向右、大小等于16N的力F，作用了一段时间之后，A和B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞之后滑块A、B粘连在一起。从此刻开始，力F方向不变，大小变为5N，在接下来的运动过程中，A、B始终没有离开C。（滑块A、B可以视为质点，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度）则下列说法中正确的是（　　） A．在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止 B．从初始时刻到滑块A、B发生碰撞的过程所用时间是 C．在滑块A、B碰撞瞬间，滑块A的动量变为 D．长木板C的长度至少为3.075m 【变式3-1】（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。 【变式3-2】（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 考向04 沿某一方向动量守恒问题 【例4-1】（2025·辽宁沈阳·三模）如图所示，在足够长的光滑水平面上静止着两个物块P和Q，物块P与轻弹簧右端连接。一个小球被一根不可伸长的轻质细线悬挂于点正下方，轻靠在物块Q的左侧。现将细线拉直到与竖直方向夹角位置时，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块Q发生碰撞（碰后将小球撤离），碰撞的恢复系数为e=0.5（定义式为，其中和分别是碰前两物体的速度，和分别是碰撞后两物体的速度），已知细线长L=0.9m，小球和物块P的质量为，物块Q的质量为，球、物块均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度取。求： (1)碰撞后物块Q的速度大小； (2)物块P最大速度； (3)小球与物块Q碰撞后，试求物块Q最小速度。 【例4-2】（2025·河北·一模）如图所示，质量为0.4kg，带有四分之一圆弧的光滑圆弧槽静止在光滑的水平面上，圆弧半径为0.3m。现有一质量为0.2kg的小球以大小的初速度水平冲上圆弧槽，取重力加速度大小，从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，下列说法正确的是（    ） A．小球和圆弧槽组成的系统动量守恒 B．小球离开圆弧槽时速度的大小为 C．小球上升的最大高度（相对圆弧最低点）为1.2cm D．小球对圆弧槽的最大压力为2.4N 【变式4-1】（2025·辽宁抚顺·模拟预测）质量均为的木块和，并排放在光滑水平面上，如图所示。上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量也为的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放球。 (1)若木块固定在水平面上，求球向左摆动能达到的最大高度； (2)若木块不固定，求球第一次摆到最低点时球的位移大小。 【变式4-2】（2025·辽宁·一模）如图所示，在水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧AB是一个半径为R的弧形凹槽，A点切线水平。一个质量为m的小球以水平初速度从A点冲上滑块，重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．滑块和小球组成的系统总动量不守恒 B．滑块和小球组成的系统机械能不守恒 C．若，小球恰能到达滑块M上的B点 D．若小球能从B点离开滑块M，则小球到达滑块最高点B时，小球和滑块的水平方向速度相等 1．（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。 2．（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． 3．（2025·辽宁盘锦·三模）如图所示，长的水平传送带以的速度顺时针转动，其上表面与水平地面平滑连接，长为的水平轻质弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端与质量的物块B相连，最初弹簧处于原长，B静止在地面上的点。某时刻将质量的物块A轻放在传送带的左端，A经传送带右端点滑上地面，一段时间后与B发生碰撞（碰撞时间极短）并粘在一起。已知物块A、B均可视为质点，A与传送带及地面之间、B与地面之间的动摩擦因数均为，、之间的距离，弹簧的劲度系数，其弹性势能，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，弹簧始终在其弹性限度内，取。求∶ (1)A与B碰撞后瞬间A、B整体速度的大小； (2)A与B碰撞后，A、B整体距点的最小距离； (3)A与B碰撞后，A、B整体运动的总路程。 4．（2025·辽宁锦州·模拟预测）气压式缓冲机是一种利用压缩空气来减缓冲击力或振动的机械装置。气压式缓冲机主要由气缸和活塞组成。气缸是一个封闭的空间，内部充有一定量的空气。当缓冲机受到外部冲击时，活塞在气缸内移动，压缩气缸内的空气吸收和分散冲击能量，达到减缓或消除冲击和振动的目的。某生产线上一个工件质量为（工件可视为质点），从长度为的水平传送带左端静止释放，传送带始终以匀速运行，传送带与工件间的动摩擦因数为，重力加速度，为防止工件损坏，工件到传送带右端后与固定在传送带右端平台上的气压式缓冲机活塞碰撞（工件与气缸壁不碰撞），并与活塞结合为一个整体。工件和气压式缓冲机活塞与气缸内壁间均无摩擦且不漏气，活塞与气缸均绝热良好，活塞质量为，当活塞速度减为零时立即锁定活塞，压缩气体转化的内能都被气体获得。气缸中为理想气体。求： (1)工件运动到传送带右端需要多长时间； (2)锁定活塞时气体的内能比最初增加多少； (3)若活塞刚被锁定时气体的压强为外界大气压的2倍，活塞锁定后通过缸壁上的阀门释放气体，经过足够长时间，测定有原有气体的释放到周围环境，且缸内气体温度下降到环境温度300K，则活塞刚被锁定时气体的温度为多少。 5．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在直角坐标系中，空间存在方向平行面，与轴正方向夹角为的匀强电场，电场强度大小为；空间存在方向平行面，与轴正方向夹角为的匀强电场，电场强度大小为。在平面点（如图所示）由静止释放一个质量为、电荷量为的带电粒子，粒子沿直线运动经过轴（，，）点时速度大小为。进入空间后，始终受到一个与运动方向相反、大小为（）的阻力。一段时间后，粒子首次到达平面时，对应轴坐标为，速度大小为，其沿轴负方向的分速度大小为。不计粒子重力。则该带电粒子（　　） A．在空间中的运动时间为 B．经过轴时轴坐标为 C．首次运动到平面所用时间为 D．首次运动到平面时轴坐标为 6．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）如图，轻弹簧一端固定，另一端与质量为m的物块甲连接，小球乙在C点静止，现在让甲在A点获得一个初速度2v0，甲在A点时弹簧处于压缩状态且此时弹簧具有的弹性势能为3mv02，当甲运动到B时弹簧恰好恢复到原长，甲继续运动到C与乙球发生弹性碰撞，已知甲与水平面的动摩擦因数μ=，AB两点距离与BC间距均为L，则下列说法正确的是（　　） A．物体甲到达B点时速度为3v0 B．A--C过程摩擦生热为2mv02 C．甲刚到C时（未与乙发生碰撞前）的动能为mv02 D．若甲乙碰撞刚结束，乙的速度为 ，则乙的质量为2m 7．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，一足够大的水平圆盘以角速度绕过圆心的竖直轴匀速转动。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处（图中未画出）停止。下列说法正确的是（　　） A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力大小为，摩擦力方向与运动方向相反 B．圆盘停止转动前，小物体在圆周运动一个周期内所受摩擦力的冲量大小为 C．圆盘停止转动后，直至停止运动，小物体在此滑动过程中所受摩擦力的冲量大小为 D．圆盘停止转动后，小物体沿过点的圆盘半径方向向外做离心运动 8．（2025·辽宁沈阳·三模）我国第三艘航母福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。为探究弹射过程，某项目组设计了如图所示的简化模型（俯视图）。已知电源的电动势为，电容器的电容为，定值电阻的阻值为，两足够长的水平固定导轨间距为，金属棒MN的质量为，静置在导轨上，不计金属棒与导轨间的阻力，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小可在一定范围内调节。不计电源、金属棒及导轨电阻，金属棒MN在运动过程中始终与导轨垂直。 (1)若导轨只放金属棒，调节磁感应强度大小为，断开，将接，电源给电容器充电，充电完成后断开，将接，求金属棒运动达到稳定状态时速度的大小； (2)将一绝缘材料制成的飞机模型与金属棒固定，组合体总质量为，运动过程中所受阻力恒为；调节磁感应强度也为，开关分别接。若组合体从静止开始运动，当位移为时速度为，求此时组合体加速度的大小及此过程所用时间； (3)开关分别接，调节磁感应强度，组合体能达到的稳定速度也随之改变。求理论上可实现的稳定速度的最大值以及对应的磁感应强度的大小。 9．（2025·辽宁·三模）如图所示，两个完全相同的木块、厚度均为，质量均为。第一次把、粘在一起静置在光滑水平面上，质量为的子弹以速度水平射向木块，恰好将木块击穿，但未穿入木块。第二次只放置木块，子弹以同样的速度水平射向。设子弹在木块中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。则第二次子弹（　　） A．能击穿木块，子弹穿出木块的速度为 B．能击穿木块，子弹穿出木块的速度为 C．不能击穿木块，子弹进入木块的深度为 D．不能击穿木块，子弹进入木块的深度为 10．（2025·辽宁丹东·一模）如图所示，在光滑水平面上，质量可视为质点的小物块，静止在质量的长木板左端，与间的动摩擦因数，现对施加一水平向右的拉力，作用一段时间后立刻撤掉外力，小物体又经时间恰好运动到长木板的右端且没从右端落下，重力加速度为，求： (1)时间与时间的比值； (2)若长木板的长度，则在外力作用时间内小物块和长木板组成的系统产生的热量大小。 11．（2025·吉林长春·三模）如图，在空间直角坐标系中存在磁感应强度大小为的匀强磁场，磁场沿轴正方向，在处有一垂直轴足够大的接收屏。原点处有一粒子源，仅在平面内向各个方向发射速度大小为、质量为、电荷量为的正电粒子。不计粒子重力、粒子间的相互作用和接收屏累积电荷产生的影响。 (1)求粒子运动的半径和周期。 (2)若在磁场区再加一个沿轴正方向电场强度大小为的匀强电场（未画出），求粒子打到接收屏上坐标最大值和最小值两点的空间坐标。 (3)若粒子源只向轴负方向发射该种粒子，粒子在磁场中运动时始终受到与速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为。粒子速度第一次沿轴正方向时的位置设为点（未画出），已知点的坐标为，求点的空间坐标和粒子在点的速度大小。 12．（2025·辽宁·三模）“冰天雪地也是金山银山”，哈尔滨冰雪大世界的冰滑梯已成为游客最喜欢的娱乐项目之一。如图所示，某一冰滑梯由AB和BC两段滑道组成，两段间由一小段光滑圆弧连接，其中AB段斜面长9m，BC段水平。在滑道顶端准备出发过程中，一旅客不慎将质量为2kg的背包在滑道顶端A处掉落，背包由静止开始匀加速滑下。1s后该旅客搭乘轮胎滑具，在工作人员助推下从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。已知该旅客和滑具总质量为48kg，滑具与BC段间的动摩擦因数为µ=0.4，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力及拎包过程中旅客与背包的重心变化。 (1)求该旅客从开始下滑到追上背包经过的时间； (2)若旅客拎起背包后乘坐滑具继续滑行，求旅客拎起背包这一瞬间的速度大小和旅客在BC段滑行的距离。（结果均保留2位小数） 13．（2025·辽宁锦州·一模）下列物理量中的负号表示大小的是（　　） A．加速度为 B．动量为 C．电场强度为 D．电势能为 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·二模）如图甲所示，粗细均匀的无限长光滑平行导轨固定在倾角的斜面上，在边界EF下方区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场B，有两根相同金属棒ab、cd分别从磁场边界EF上方位置和边界EF位置同时由静止释放，cd棒运动的图像如图乙所示，其中OM、NP段为曲线，其它段为直线。已知磁感应强度，导轨间距，导体棒的质量均为，导体棒电阻均为，导轨电阻不计，g取。求： (1)的大小并直接写出ab棒在整个运动过程中加速度的最大值； (2)从到导体棒cd位移大小； (3)导体棒ab进入磁场后，通过导体棒ab的电荷量。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型09 动量守恒的判定及某一方向上的动量守恒问题 ( 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 总 方法透视 典例引领 变式演练 考向01 对系统、内力和外力的理解 考向02 对动量守恒定律适用条件的理解 考向03 动量守恒定律的应用 考向04 沿某一方向动量守恒问题 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 ) 动量守恒是黑吉辽蒙高考物理力学综合核心工具，近5年（2021-2025）稳定出现在力学综合大题（6-8分），偶见于多选小问（2-3分），常与动量定理、动能定理、能量守恒联合命题，聚焦碰撞、板块、反冲等模型，是高频与区分度重点，以下为结构化分析。核心逻辑：系统不受外力或外力合力为零（或某方向合力为零）时，总动量守恒；关键在系统选取、方向矢量性、守恒条件判断、多过程衔接。关键模型：完全非弹性碰撞（粘在一起）、板块（子弹打木块）、斜碰（某方向守恒）、反冲/爆炸；核心是守恒条件+动量矢量性+能量损失计算。 1. 情境真实化：以打夯机、航天器对接、粒子碰撞、物流分拣等生活/科技场景为背景，强化建模与信息提取。2. 模型复合化：单一碰撞减少，更多是圆弧+碰撞+平抛、板块+弹簧等组合，考查系统选取与多过程边界处理。3. 能力分层：基础层考“守恒条件判断”，进阶层考“某方向守恒（如水平）+完全非弹性碰撞共速”，创新层考“临界条件（如板块共速）+能量损失分配+动量矢量分解”。 1．动量守恒定律 (1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。这就是动量守恒定律。 (2)表达式 ①p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′。 ②m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。 ③Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 ④Δp＝0，系统总动量的增量为零。 2.动量守恒定律的“六性” (1)系统性：研究对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统。 (2)条件性：必须满足动量守恒定律的适用条件。 (3)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，首先需要选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负。 (4)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 (5)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系。一般选地面为参考系。 (6)普适性：不仅适用于宏观低速物体组成的系统，也适用于微观高速粒子组成的系统。 3．应用动量守恒定律解题的步骤 考向01 对系统、内力和外力的理解 【例1-1】（2025·辽宁丹东·一模）小米SU7是性能很好的新能源汽车，若SU7在粗糙路面的启动阶段可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，则下列说法中正确的是（　　） A．该车牵引力的冲量等于它动量的变化 B．该车的动量与它的加速度成正比 C．该车的动量与它经历的时间成正比 D．开车时系好安全带能减小刹车时人的动量变化 【答案】C 【详解】A．根据动量定理可知，该车所受牵引力和阻力冲量的矢量和等于它动量的变化，故A错误； BC．该车做初速度为零的匀加速直线运动，即 所以该车的动量 故B错误，C正确； D．刹车时人的动量变化是一定的，开车时系好安全带能够延长人与车的作用时间，从而减小车对人的作用力，防止人受伤，故D错误。 故选C。 【例1-2】（2025·辽宁大连·三模）如图，水平导轨间距为，按如图甲建立坐标系，在区域内有垂直纸面向里、大小为的匀强磁场，在的区域内有垂直纸面向里、大小按规律变化的磁场。一个质量为的导体棒，在外力的作用下从处开始向右运动，时恰好通过处，此过程中监测系统显示回路中的电流变化如图乙所示（前呈正弦规律变化，时恰好达到电流的峰值，之后稳定于）。已知导体棒接入电路的阻值为，闭合回路中的其他电阻忽略不计，且导体棒与导轨接触良好。下列说法正确的是（　　） A．导体棒通过时的速度大小为 B．在0至内电阻产生的焦耳热为 C．后，磁场每秒钟对导体棒的冲量大小为 D．导体棒在区域向右做匀速直线运动 【答案】ACD 【详解】A．由题知，在的区域内磁感应强度的变化规律为 则处的磁感应强度为 由乙图知，此时感应电流为 根据法拉第电磁感应定律有 代入数据解得，故A正确； B．由题知，在内的电流呈正弦规律变化，则电流的有效值为 则电阻产生的焦耳热为，故B错误； C．0.5s后，电流强度大小不变，恒为，磁场每秒钟对导体棒的冲量大小，故C正确； D．0.5s后，电流强度大小不变，根据 可知速度不变，导体棒在区域向右做匀速直线运动，故D正确。 故选ACD。 【变式1-1】（2025·辽宁沈阳·二模）一水平传送带长m，以恒定速率m/s沿顺时针方向匀速转动。在传送带左端每隔1s轻放一个相同的小物块，小物块的质量kg，与传送带间的动摩擦因数，忽略小物块的尺寸，取m/s2，从第1个小物块到达传送带最右端开始计时，下列说法正确的是（　　） A．每个小物块在传送带上运动的时间为10s B．计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带 C．计时后1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为N·s D．计时后1s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为J 【答案】BD 【详解】A．小物块在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为： 则小物块做匀加速直线运动的时间为： 小物块做匀加速直线运动的位移为： 则小物块在传送带上做匀速直线运动的时间为： 故每个小物块在传送带上运动的时间为：t=t1+t2=4s+3s=7s 故A错误； B．结合前面分析可知，第1个小物块到达传送带最右端时所花时间为7s，由题知，在传送带左端每隔1s轻放一个相同的小物块，则计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带，故B正确； CD．结合前面分析可知，计时后1s内只有5~8四个物块在皮带上做匀加速直线运动，摩擦力相同，则由动量定理可得，计时后1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为：I=4m•at'=4×2×1×1N•s=8N•s 所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为：W=-4μmg•vt=-4×0.1×2×10×4×1J=-32J 故C错误，D正确。 故选BD。 【变式1-2】（2025·辽宁·二模）如图甲所示，长、质量的木板b静止在地面上，质量的物块a（可视为质点）静止在木板的右端，a与b之间、b与地面之间的动摩擦因数分别为。时刻对b施加一水平向右、大小为F的力，F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。下列说法中正确的是（　　） A．内摩擦力对b的冲量为0 B．时，a的速度大小为 C．时，a脱离木板 D．内，地面对b的摩擦力的冲量为 【答案】B 【详解】A．根据题意可知，木板b与地面间的最大静摩擦力为 结合图乙可知，内，木板b与地面间摩擦力为静摩擦力，大小等于外力，则内摩擦力对b的冲量为 故A错误； BCD．由图乙可知，后，外力保持不变，大小为，由牛顿第二定律，对物块a有 其中 解得 对、整体，由牛顿第二定律有 当最大时，有 即当外力时，、发生相对滑动，通过分析可知，、未发生相对滑动，则a不能脱离木板，后，、整体开始相对地面滑动，则内地面对b的摩擦力的冲量为 则内，地面对b的摩擦力的冲量为 内，对、整体，由动量定理有 解得 即时，、的速度为。 故B正确，CD错误。 故选B。 考向02 对动量守恒定律适用条件的理解 【例2-1】（2025·辽宁朝阳·模拟预测）A、B、C三个大小完全相同的小球，套在相互平行的光滑的水平杆上，三个小球的质量分别为mA=2kg，mB=3kg，mC=mA，初始三个小球均处于静止状态，BC间连接一个轻弹簧，且恰好处于原长状态，现在给小球A一个初速度v0=10m/s，AB相碰后A的速度方向向右，大小v=2m/s，已知平行杆足够长。那么可求： (1)求AB碰后瞬间B的速度为多少； (2)AB碰后B的最小速度且当弹簧第一次恢复原长时B、C的速度各为多少 【答案】(1) (2)， 【详解】（1）规定向左为正方向，则小球A初速度v0=10m/s，AB相碰后A的速度，设AB碰后瞬间B的速度为，由动量守恒定律得 解得 （2）AB碰后，由于B、C两球及弹簧组成的系统，在运动过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律，当B的最小速度且当弹簧第一次恢复原长时，满足， 解得， 【例2-2】（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图所示，在光滑水平面上有一质量为足够长的薄板A，其上静置两个质量均为的物块B、C，B、C与A间的动摩擦因数分别为，物块BC间连接一轻质弹簧，调节BC间距离，将弹簧压缩一定长度后，将它们同时由静止释放。已知弹性势能表达式为（为弹簧的形变量），取重力加速度大小，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)当初始压缩量时，释放瞬间，B的加速度大小； (2)初始压缩量满足什么条件时，释放后，物块C相对A滑动； (3)当初始压缩量时，释放后，物块B能达到的最大动能。 【答案】(1) (2)时，释放后，物块C相对A滑动 (3) 【详解】（1）当x1=6cm时，弹簧弹力 B与A间最大静摩擦力   C与A间最大静摩擦力   ， 所以C与A相对静止，B在A上滑动 ，对B有： 解得 （2）当C相对于A滑动时，A的加速度达到最大值a2，对A有： 解得 对C有： 解得   则初始压缩量时，释放后，物块C相对A滑动。 （3）释放后C与A一起运动，B相对A滑动，当时，物块B动能最大   解得x4 =4cm ABC系统动量守恒有   系统能量守恒有   可解的B的最大动能为 【变式2-1】（2026·辽宁沈阳·一模）如图，长为L＝0.8m的轻杆竖直放置，上端与小球A相连，下端用光滑转轴固定于水平桌面上。小球A恰好与立方体B接触，B的右侧紧贴放置一小物体C；距离物体C足够远处，静止放置带负电的小物体D；D的右侧空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。D到桌面右端距离d＝0.5m，桌面距地面高度H＝0.75m。A受微小扰动后，杆与A向右转动，B、C一起向右运动。A与B刚分离时，A受到杆的弹力为零；B离开A后，用外力制动，C继续向右运动与D碰撞（仅发生一次碰撞且碰撞时间极短）；碰撞后，D减速运动并离开桌面，第一次落地时与桌面右端的水平距离m。A、B、C和D满足的质量关系为；kg，D所带电荷量q＝0.1C且始终保持不变；D与桌面间动摩擦因数，其余各处摩擦不计；电场的场强E＝1N/C，磁感应强度T，重力加速度g取10。求： (1)物体D离开桌面时速度大小； (2)物体C与物体D碰撞后，物体D速度大小； (3)物体C与物体D碰撞过程中损失的动能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）依题意，物体D带负电，离开桌面后，由于，所以物体D在洛伦兹力作用下沿顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示，设半径与竖直方向夹角为 根据几何关系有 解得R＝0.5m 根据牛顿第二定律有 解得 （2）设物体D在桌面上向右运动，任意时刻的速度为，受力分析如图所示 根据牛顿第二定律，竖直方向有，水平方向有 由于 解得 从碰撞结束到物体D离开桌面过程中，取一个很短的时间间隔，根据动量定理有 两边求和 有 解得 （3）设A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰好为θ，依题意，此时小球A受到杆的弹力为零，对小球A，根据牛顿第二定律有 此时A与B水平方向速度相同，有 对小球A和物体B、C，从开始释放到A与B刚脱离接触的瞬间，根据机械能守恒定律 有 解得θ＝30°，m/s 之后物体C继续向右运动，与物体D碰撞，对物体C和D，以水平向右为正，根据动量守恒定律有 解得 根据能量守恒定律有 解得 【变式2-2】（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。 考向03 动量守恒定律的应用 【例3-1】（2026·辽宁沈阳·一模）物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长。t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去F，在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程下列分析正确的是（　　） A．恒力F的冲量为1N·s B．b物块的质量为2kg C．t=1s时b的速度小于0.15m/s D．弹簧伸长量最大时，b的速度大小为m/s 【答案】ABD 【详解】A．t=0时，对物块a根据牛顿第二定律有 恒力F的冲量为 故A正确； B．t = 1s时，设弹簧弹力大小为T，对a、b根据牛顿第二定律有， 联立解得，故B正确； C．a—t图像与坐标所围的面积表示速度的变化量，所以t = 1s时b的速度 故C错误； D．根据动量定理可知撤去拉力时，a、b组成的系统动量为 撤去拉力后，根据图像可知a的速度大于b的速度，则a、b之间距离还将继续增大，此后a、b组成的系统动量守恒，弹簧伸长量最大时，a、b的速度相同，设为v，则 解得，故D正确。 故选ABD。 【例3-2】（2025·辽宁丹东·模拟预测）如图所示，粗糙地面上有一长木板C，滑块A、B位于C上表面，滑块A位于C的最右端，滑块A、B相距3m，三者的质量分别为，，C与A、B、地面之间的动摩擦因数分别为0.1、0.35、0.1。初始时，三者均处于静止状态。现给C一个水平向右、大小等于16N的力F，作用了一段时间之后，A和B发生碰撞且碰撞时间极短，碰撞之后滑块A、B粘连在一起。从此刻开始，力F方向不变，大小变为5N，在接下来的运动过程中，A、B始终没有离开C。（滑块A、B可以视为质点，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，重力加速度）则下列说法中正确的是（　　） A．在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止 B．从初始时刻到滑块A、B发生碰撞的过程所用时间是 C．在滑块A、B碰撞瞬间，滑块A的动量变为 D．长木板C的长度至少为3.075m 【答案】AD 【详解】A．假设在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止，对BC整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对滑块B，由牛顿第二定律可得 B与C之间的最大静摩擦力 假设成立，故A正确； B．对滑块A，由牛顿第二定律可得 解得 设从初始时刻到A、B发生碰撞的时间为，则有 解得，故B错误； C．碰撞前，滑块A的速度 滑块B的速度 设A、B碰撞后的共同速度为，根据动量守恒定律可得 解得 碰后滑块A的动量，故C错误； D．碰撞后，对A、B整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 方向向右，对木板C，根据牛顿第二定律可得 解得 方向向左，设经过时间A、B、C三者达到共同速度，则有 解得 此过程中，AB的位移 C的位移 代入数据解得二者的相对位移 则木板C的最小长度为，故D正确。 故选AD。 【变式3-1】（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 【变式3-2】（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。 考向04 沿某一方向动量守恒问题 【例4-1】（2025·辽宁沈阳·三模）如图所示，在足够长的光滑水平面上静止着两个物块P和Q，物块P与轻弹簧右端连接。一个小球被一根不可伸长的轻质细线悬挂于点正下方，轻靠在物块Q的左侧。现将细线拉直到与竖直方向夹角位置时，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块Q发生碰撞（碰后将小球撤离），碰撞的恢复系数为e=0.5（定义式为，其中和分别是碰前两物体的速度，和分别是碰撞后两物体的速度），已知细线长L=0.9m，小球和物块P的质量为，物块Q的质量为，球、物块均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度取。求： (1)碰撞后物块Q的速度大小； (2)物块P最大速度； (3)小球与物块Q碰撞后，试求物块Q最小速度。 【答案】(1) (2) (3)0 【详解】（1）小球从释放到刚与物块碰撞过程中，由动能定理得 对小球和物块构成的系统，碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒得 又因为碰前物块静止，由定义式可得 由以上式子联立解得： （2）从物块与弹簧开始接触到弹簧再次恢复到原长时，物块的速度最大，在此过程中物块与物块及弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒，由动量守恒定律得 由机械能守恒得 联立解得：，所以物块的最大速度为 （3）由第二问解得，当弹簧恢复原长时，物块的运动方向发生变化，说明从物块刚与弹簧接触到弹簧恢复原长的过程中的某一位置，物块的速度为零，所以物块的最小速度为 【例4-2】（2025·河北·一模）如图所示，质量为0.4kg，带有四分之一圆弧的光滑圆弧槽静止在光滑的水平面上，圆弧半径为0.3m。现有一质量为0.2kg的小球以大小的初速度水平冲上圆弧槽，取重力加速度大小，从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，下列说法正确的是（    ） A．小球和圆弧槽组成的系统动量守恒 B．小球离开圆弧槽时速度的大小为 C．小球上升的最大高度（相对圆弧最低点）为1.2cm D．小球对圆弧槽的最大压力为2.4N 【答案】C 【详解】A．从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，小球和圆弧槽组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，竖直方向动量不守恒，即小球和圆弧槽组成的系统动量不守恒，故A错误； BD．水平方向根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 联立解得， 即小球离开圆弧槽时速度的大小为0.2m/s，此时圆弧槽对小球支持力最大，设为，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知小球对圆弧槽的最大压力为 故BD错误； C．小球上升的最大高度（相对圆弧最低点）时，小球和圆弧槽速度相等，水平方向根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 联立解得 故C正确。 故选C。 【变式4-1】（2025·辽宁抚顺·模拟预测）质量均为的木块和，并排放在光滑水平面上，如图所示。上固定一竖直轻杆，轻杆上端的点系一长为的细线，细线另一端系一质量也为的球。现将球拉起使细线水平伸直，并由静止释放球。 (1)若木块固定在水平面上，求球向左摆动能达到的最大高度； (2)若木块不固定，求球第一次摆到最低点时球的位移大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）对球，下落过程机械能守恒有 对球和木块，水平方向动量守恒，取向左为正方向有 系统机械能守恒，有 联立解得 （2）对球和A、B组成的系统：设水平向左为正方向，水平方向平均动量守恒，有 即 又， 联立得 【变式4-2】（2025·辽宁·一模）如图所示，在水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧AB是一个半径为R的弧形凹槽，A点切线水平。一个质量为m的小球以水平初速度从A点冲上滑块，重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是（　　） A．滑块和小球组成的系统总动量不守恒 B．滑块和小球组成的系统机械能不守恒 C．若，小球恰能到达滑块M上的B点 D．若小球能从B点离开滑块M，则小球到达滑块最高点B时，小球和滑块的水平方向速度相等 【答案】A 【详解】A．滑块和小球组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，但是整体的合力不为零，所以系统的总动量不守恒，故A正确； B．不计一切摩擦，只有重对系统做功。所以系统机械能守恒，故B错误； C．当小球刚好到达B点，系统水平方向动量守恒有 系统机械能守恒有 解得 故C错误； D．若小球能从B点离开滑块M，则小球水平方向的分速度大于滑块水平方向的分速度，小球离开滑块M后做斜抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则小球到达滑块最高点B时，小球只有水平方向的分速度，则小球的速度大于滑块的水平方向速度，故D错误。 故选A。 1．（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 2．（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。 3．（2025·辽宁盘锦·三模）如图所示，长的水平传送带以的速度顺时针转动，其上表面与水平地面平滑连接，长为的水平轻质弹簧一端固定在竖直挡板上，另一端与质量的物块B相连，最初弹簧处于原长，B静止在地面上的点。某时刻将质量的物块A轻放在传送带的左端，A经传送带右端点滑上地面，一段时间后与B发生碰撞（碰撞时间极短）并粘在一起。已知物块A、B均可视为质点，A与传送带及地面之间、B与地面之间的动摩擦因数均为，、之间的距离，弹簧的劲度系数，其弹性势能，其中为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，弹簧始终在其弹性限度内，取。求∶ (1)A与B碰撞后瞬间A、B整体速度的大小； (2)A与B碰撞后，A、B整体距点的最小距离； (3)A与B碰撞后，A、B整体运动的总路程。 【答案】(1)2m/s (2) (3)40cm 【详解】（1）设A在传送带上一直加速，由动能定理可知 解得 ，假设成立； A从C点运动至D点，有 解得 设碰撞后瞬间A、B整体速度的大小为，由动量守恒定律可知 解得 （2）设A、B碰撞后，整体向右运动的位移为，由能量守恒定律可知 解得 将弹簧向左或者向右运动视为简谐运动，由 解得 则A、B整体首次向右滑动时，简谐运动的振幅 A、B整体向左运动时，摩擦力向右，与之前向右运动时摩擦力方向相反，可知第二次简谐运动的平衡位置较第一次平衡位置向右移动的距离 第二次运动的振幅 整体最靠左时，到D的距离 距离C的最小距离 （3）A、B整体第二次向右运动的振幅 第二次向左运动的振幅 此次运动到最左端之后，整体静止 解得 4．（2025·辽宁锦州·模拟预测）气压式缓冲机是一种利用压缩空气来减缓冲击力或振动的机械装置。气压式缓冲机主要由气缸和活塞组成。气缸是一个封闭的空间，内部充有一定量的空气。当缓冲机受到外部冲击时，活塞在气缸内移动，压缩气缸内的空气吸收和分散冲击能量，达到减缓或消除冲击和振动的目的。某生产线上一个工件质量为（工件可视为质点），从长度为的水平传送带左端静止释放，传送带始终以匀速运行，传送带与工件间的动摩擦因数为，重力加速度，为防止工件损坏，工件到传送带右端后与固定在传送带右端平台上的气压式缓冲机活塞碰撞（工件与气缸壁不碰撞），并与活塞结合为一个整体。工件和气压式缓冲机活塞与气缸内壁间均无摩擦且不漏气，活塞与气缸均绝热良好，活塞质量为，当活塞速度减为零时立即锁定活塞，压缩气体转化的内能都被气体获得。气缸中为理想气体。求： (1)工件运动到传送带右端需要多长时间； (2)锁定活塞时气体的内能比最初增加多少； (3)若活塞刚被锁定时气体的压强为外界大气压的2倍，活塞锁定后通过缸壁上的阀门释放气体，经过足够长时间，测定有原有气体的释放到周围环境，且缸内气体温度下降到环境温度300K，则活塞刚被锁定时气体的温度为多少。 【答案】(1)6s (2)62.5J (3)540K 【详解】（1）工件放到传送带上，由牛顿第二定律有 工件需要t1时间与传送带共速，则有 解得t1=2s 该时间内工件的位移为 之后工件匀速到达传送带右端 解得t2=4s 则有t=t1+t2=6s （2）工件与活塞发生完全非弹性碰撞，则有 解得 由题意可知 （3）对剩余在气缸中的气体，根据理想气体状态方程有 解得活塞刚被锁定时气体的温度T1=540K 5．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在直角坐标系中，空间存在方向平行面，与轴正方向夹角为的匀强电场，电场强度大小为；空间存在方向平行面，与轴正方向夹角为的匀强电场，电场强度大小为。在平面点（如图所示）由静止释放一个质量为、电荷量为的带电粒子，粒子沿直线运动经过轴（，，）点时速度大小为。进入空间后，始终受到一个与运动方向相反、大小为（）的阻力。一段时间后，粒子首次到达平面时，对应轴坐标为，速度大小为，其沿轴负方向的分速度大小为。不计粒子重力。则该带电粒子（　　） A．在空间中的运动时间为 B．经过轴时轴坐标为 C．首次运动到平面所用时间为 D．首次运动到平面时轴坐标为 【答案】ABC 【详解】A．在空间中，粒子仅受电场力作用，由动量定理可得 解得在空间中的运动时间为。故A正确； B．在方向上，粒子仅在阻力作用下做减速运动，由动量定理可得 化简得 解得。故B正确； C．到达轴时的速度为，方向与轴夹角为，则在方向上的速度分量为 此时阻力在方向的分量为 电场力与轴夹角为，在方向上的分量 因此，粒子在方向上受力平衡，做匀速直线运动，运动时间。故C正确； D．在方向，粒子做初速度为0的加速运动，但加速度在逐渐减小，最终当阻力与方向上的电场力平衡时，方向做匀速运动。在方向，粒子做初速度不为0的减速运动，但加速度在逐渐减小，最终减为0。与方向的运动图像完全对称，经过时间，方向的速度减为一半，方向上的速度也为一半，即，对方向列动量定理有 化简得 解得。故D错误。 故选ABC。 6．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）如图，轻弹簧一端固定，另一端与质量为m的物块甲连接，小球乙在C点静止，现在让甲在A点获得一个初速度2v0，甲在A点时弹簧处于压缩状态且此时弹簧具有的弹性势能为3mv02，当甲运动到B时弹簧恰好恢复到原长，甲继续运动到C与乙球发生弹性碰撞，已知甲与水平面的动摩擦因数μ=，AB两点距离与BC间距均为L，则下列说法正确的是（　　） A．物体甲到达B点时速度为3v0 B．A--C过程摩擦生热为2mv02 C．甲刚到C时（未与乙发生碰撞前）的动能为mv02 D．若甲乙碰撞刚结束，乙的速度为 ，则乙的质量为2m 【答案】AC 【详解】A．由能量守恒有 解得物体甲到达B点时速度为，A正确； B．由功能关系可知A--C过程摩擦生热为，B错误； C．由A到C过程中，由于A、C关于B点对称，故A、C位置弹簧上的弹性势能相等，由能量守恒有 解得甲刚到C时（未与乙发生碰撞前）的动能为，C正确； D．甲刚到C点时的速度大小为 甲乙发生弹性碰撞，有， 若乙的速度为，联立解得乙的质量为，D错误。 故选C。 7．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）如图，一足够大的水平圆盘以角速度绕过圆心的竖直轴匀速转动。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处（图中未画出）停止。下列说法正确的是（　　） A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力大小为，摩擦力方向与运动方向相反 B．圆盘停止转动前，小物体在圆周运动一个周期内所受摩擦力的冲量大小为 C．圆盘停止转动后，直至停止运动，小物体在此滑动过程中所受摩擦力的冲量大小为 D．圆盘停止转动后，小物体沿过点的圆盘半径方向向外做离心运动 【答案】C 【详解】A．圆盘停止转动前，物体随圆盘做匀速圆周运动，摩擦力沿圆盘面指向中心轴提供向心力，物体的速度沿圆周切线方向，所以摩擦力的方向与其速度方向垂直，根据牛顿第二定律可得向心力大小为，故A错误； B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈的过程中由动量定理可得，故B错误； C．由动量定理可得 即小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为，故C正确； D．圆盘停止转动后，物块沿切线方向运动，故D错误。 故选C。 8．（2025·辽宁沈阳·三模）我国第三艘航母福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。为探究弹射过程，某项目组设计了如图所示的简化模型（俯视图）。已知电源的电动势为，电容器的电容为，定值电阻的阻值为，两足够长的水平固定导轨间距为，金属棒MN的质量为，静置在导轨上，不计金属棒与导轨间的阻力，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度大小可在一定范围内调节。不计电源、金属棒及导轨电阻，金属棒MN在运动过程中始终与导轨垂直。 (1)若导轨只放金属棒，调节磁感应强度大小为，断开，将接，电源给电容器充电，充电完成后断开，将接，求金属棒运动达到稳定状态时速度的大小； (2)将一绝缘材料制成的飞机模型与金属棒固定，组合体总质量为，运动过程中所受阻力恒为；调节磁感应强度也为，开关分别接。若组合体从静止开始运动，当位移为时速度为，求此时组合体加速度的大小及此过程所用时间； (3)开关分别接，调节磁感应强度，组合体能达到的稳定速度也随之改变。求理论上可实现的稳定速度的最大值以及对应的磁感应强度的大小。 【答案】(1) (2)， (3)， 【详解】（1）解法一：当金属棒运动达到稳定状态时，设金属棒的稳定速度为，此时电容器两端电压 在此过程中，由动量定理得 其中 解得 解法二：金属棒由静止开始运动至稳定的过程中，由动量定理得 其中 代入上式解得 （2）当组合体速度大小为时，由牛顿第二定律得 因为，     解得 组合体从静止开始运动到通过位移为的过程中，由动量定理得 其中 代入上式解得 （3）解法一：当组合体最终达到稳定时，有 整理得，由求根公式得 使有解，则 即，解得 此时 解法二：当组合体达到稳定状态时，有 整理得 根据数学知识可知，当时，取最大值，为 此时 解法三：将定值电阻与电源看成等效电源，电动势为，内阻为，当组合体达到稳定时，等效电源的输出功率达到最大，为 且 由以上两式得 此时 解得 9．（2025·辽宁·三模）如图所示，两个完全相同的木块、厚度均为，质量均为。第一次把、粘在一起静置在光滑水平面上，质量为的子弹以速度水平射向木块，恰好将木块击穿，但未穿入木块。第二次只放置木块，子弹以同样的速度水平射向。设子弹在木块中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。则第二次子弹（　　） A．能击穿木块，子弹穿出木块的速度为 B．能击穿木块，子弹穿出木块的速度为 C．不能击穿木块，子弹进入木块的深度为 D．不能击穿木块，子弹进入木块的深度为 【答案】C 【详解】一次击A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B，由动量守恒定律得 解得 由能量守恒定律得 解得 第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B，由动量守恒定律得 解得 由能量守恒定律得 解得 联立可得     所以子弹不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为。 故选C。 10．（2025·辽宁丹东·一模）如图所示，在光滑水平面上，质量可视为质点的小物块，静止在质量的长木板左端，与间的动摩擦因数，现对施加一水平向右的拉力，作用一段时间后立刻撤掉外力，小物体又经时间恰好运动到长木板的右端且没从右端落下，重力加速度为，求： (1)时间与时间的比值； (2)若长木板的长度，则在外力作用时间内小物块和长木板组成的系统产生的热量大小。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）方法一： 由题得小物块与长木板最终共速，设速度大小为，对小物块列动量定理 对长木板列动量定理 得 方法二： 对小物体受力分析列方程 得 对长木板受力分析列方程 得 小木块先加速后减速最后与长木板共速，长木板一直加速后匀速，小物块减速得加速度 得 小物块加速阶段最大速度小物块减速阶段 长木板一直加速 得 （2）小物块加速阶段位移 小物块减速阶段位移 长木板位移 由 得 时间内相对位移 11．（2025·吉林长春·三模）如图，在空间直角坐标系中存在磁感应强度大小为的匀强磁场，磁场沿轴正方向，在处有一垂直轴足够大的接收屏。原点处有一粒子源，仅在平面内向各个方向发射速度大小为、质量为、电荷量为的正电粒子。不计粒子重力、粒子间的相互作用和接收屏累积电荷产生的影响。 (1)求粒子运动的半径和周期。 (2)若在磁场区再加一个沿轴正方向电场强度大小为的匀强电场（未画出），求粒子打到接收屏上坐标最大值和最小值两点的空间坐标。 (3)若粒子源只向轴负方向发射该种粒子，粒子在磁场中运动时始终受到与速度大小成正比、方向相反的阻力，比例系数为。粒子速度第一次沿轴正方向时的位置设为点（未画出），已知点的坐标为，求点的空间坐标和粒子在点的速度大小。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）由牛顿第二定律 解得 根据周期公式 解得 （2）粒子沿轴方向做初速度为零、加速度大小为的匀加速直线运动，由牛顿第二定律 解得 粒子在垂直轴的平面上做半径为的匀速圆周运动如图初速度方向沿轴负方向的粒子打在接收屏上前运动的时间最长 对应坐标有最大值 由几何知识可得该点坐标为，其对应的坐标为 初速度沿轴正方向偏向轴负方向角方向的粒子打在接收屏前运动的时间最短 由几何知识可得该点坐标为0，对应坐标有最小值 其对应的坐标为 （3）粒子从点至点过程，沿轴方向由动量定理有 即 解得 所以点坐标为 沿轴方向由动量定理有 即 解得 12．（2025·辽宁·三模）“冰天雪地也是金山银山”，哈尔滨冰雪大世界的冰滑梯已成为游客最喜欢的娱乐项目之一。如图所示，某一冰滑梯由AB和BC两段滑道组成，两段间由一小段光滑圆弧连接，其中AB段斜面长9m，BC段水平。在滑道顶端准备出发过程中，一旅客不慎将质量为2kg的背包在滑道顶端A处掉落，背包由静止开始匀加速滑下。1s后该旅客搭乘轮胎滑具，在工作人员助推下从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。已知该旅客和滑具总质量为48kg，滑具与BC段间的动摩擦因数为µ=0.4，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力及拎包过程中旅客与背包的重心变化。 (1)求该旅客从开始下滑到追上背包经过的时间； (2)若旅客拎起背包后乘坐滑具继续滑行，求旅客拎起背包这一瞬间的速度大小和旅客在BC段滑行的距离。（结果均保留2位小数） 【答案】(1)2s (2)7.44m/s，6.92m 【详解】（1）设滑道AB段的长度为L，则有 解得 （2）设背包和旅客到达水平滑道时的速度分别为v1、v2，则 其中 代入数据解得 根据速度时间关系可得 代入数据解得 旅客拎起背包的过程，系统动量守恒，设拎起背包时的共同速度为v，根据动量守恒定律，有 代入数据解得 根据牛顿第二定律可得， 联立解得 13．（2025·辽宁锦州·一模）下列物理量中的负号表示大小的是（　　） A．加速度为 B．动量为 C．电场强度为 D．电势能为 【答案】D 【详解】A．加速度为，负号表示方向，故A错误； B．动量为，负号表示方向，故B错误； C．电场强度为，负号表示方向，故C错误； D．电势能为，表示电势能比零势能位置低5J，负号表示大小，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·二模）如图甲所示，粗细均匀的无限长光滑平行导轨固定在倾角的斜面上，在边界EF下方区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场B，有两根相同金属棒ab、cd分别从磁场边界EF上方位置和边界EF位置同时由静止释放，cd棒运动的图像如图乙所示，其中OM、NP段为曲线，其它段为直线。已知磁感应强度，导轨间距，导体棒的质量均为，导体棒电阻均为，导轨电阻不计，g取。求： (1)的大小并直接写出ab棒在整个运动过程中加速度的最大值； (2)从到导体棒cd位移大小； (3)导体棒ab进入磁场后，通过导体棒ab的电荷量。 【答案】(1) (2) (3)0.45C 【详解】（1）设2s前cd达到匀速直线运动时的速度为，cd棒受平衡力 代入题中数据，解得 因为 联立解得 2s时ab棒刚好进入磁场 电路中的感应电流 对棒根据牛顿第二定律 可得ab棒在整个运动过程中加速度的最大值 （2）cd棒在0~2s的运动过程，以的方向为正方向，由动量定理得 因为 因为 联立解得 （3）ab棒先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 2s时ab棒刚好进入磁场，其速度大小 设ab棒进入磁场后经过时间与cd棒速度相等，一起做匀加速直线运动，以的方向为 正方向，则对cd棒有 以沿斜面向下的方向为正方向，对ab棒有 因为 联立解得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型09 动量守恒的判定及某一方向上的动量守恒问题（题型专练） 参考答案 第一部分 考向破译 考向01 对系统、内力和外力的理解 【例1-1】【答案】C 【详解】A．根据动量定理可知，该车所受牵引力和阻力冲量的矢量和等于它动量的变化，故A错误； BC．该车做初速度为零的匀加速直线运动，即 所以该车的动量 故B错误，C正确； D．刹车时人的动量变化是一定的，开车时系好安全带能够延长人与车的作用时间，从而减小车对人的作用力，防止人受伤，故D错误。 故选C。 【例1-2】【答案】ACD 【详解】A．由题知，在的区域内磁感应强度的变化规律为 则处的磁感应强度为 由乙图知，此时感应电流为 根据法拉第电磁感应定律有 代入数据解得，故A正确； B．由题知，在内的电流呈正弦规律变化，则电流的有效值为 则电阻产生的焦耳热为，故B错误； C．0.5s后，电流强度大小不变，恒为，磁场每秒钟对导体棒的冲量大小，故C正确； D．0.5s后，电流强度大小不变，根据 可知速度不变，导体棒在区域向右做匀速直线运动，故D正确。 故选ACD。 【变式1-1】【答案】BD 【详解】A．小物块在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为： 则小物块做匀加速直线运动的时间为： 小物块做匀加速直线运动的位移为： 则小物块在传送带上做匀速直线运动的时间为： 故每个小物块在传送带上运动的时间为：t=t1+t2=4s+3s=7s 故A错误； B．结合前面分析可知，第1个小物块到达传送带最右端时所花时间为7s，由题知，在传送带左端每隔1s轻放一个相同的小物块，则计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带，故B正确； CD．结合前面分析可知，计时后1s内只有5~8四个物块在皮带上做匀加速直线运动，摩擦力相同，则由动量定理可得，计时后1s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为：I=4m•at'=4×2×1×1N•s=8N•s 所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为：W=-4μmg•vt=-4×0.1×2×10×4×1J=-32J 故C错误，D正确。 故选BD。 【变式1-2】【答案】B 【详解】A．根据题意可知，木板b与地面间的最大静摩擦力为 结合图乙可知，内，木板b与地面间摩擦力为静摩擦力，大小等于外力，则内摩擦力对b的冲量为 故A错误； BCD．由图乙可知，后，外力保持不变，大小为，由牛顿第二定律，对物块a有 其中 解得 对、整体，由牛顿第二定律有 当最大时，有 即当外力时，、发生相对滑动，通过分析可知，、未发生相对滑动，则a不能脱离木板，后，、整体开始相对地面滑动，则内地面对b的摩擦力的冲量为 则内，地面对b的摩擦力的冲量为 内，对、整体，由动量定理有 解得 即时，、的速度为。 故B正确，CD错误。 故选B。 考向02 对动量守恒定律适用条件的理解 【例2-1】【答案】(1) (2)， 【详解】（1）规定向左为正方向，则小球A初速度v0=10m/s，AB相碰后A的速度，设AB碰后瞬间B的速度为，由动量守恒定律得 解得 （2）AB碰后，由于B、C两球及弹簧组成的系统，在运动过程中满足动量守恒定律和机械能守恒定律，当B的最小速度且当弹簧第一次恢复原长时，满足， 解得， 【例2-2】【答案】(1) (2)时，释放后，物块C相对A滑动 (3) 【详解】（1）当x1=6cm时，弹簧弹力 B与A间最大静摩擦力   C与A间最大静摩擦力   ， 所以C与A相对静止，B在A上滑动 ，对B有： 解得 （2）当C相对于A滑动时，A的加速度达到最大值a2，对A有： 解得 对C有： 解得   则初始压缩量时，释放后，物块C相对A滑动。 （3）释放后C与A一起运动，B相对A滑动，当时，物块B动能最大   解得x4 =4cm ABC系统动量守恒有   系统能量守恒有   可解的B的最大动能为 【变式2-1】【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）依题意，物体D带负电，离开桌面后，由于，所以物体D在洛伦兹力作用下沿顺时针方向做匀速圆周运动，如图所示，设半径与竖直方向夹角为 根据几何关系有 解得R＝0.5m 根据牛顿第二定律有 解得 （2）设物体D在桌面上向右运动，任意时刻的速度为，受力分析如图所示 根据牛顿第二定律，竖直方向有，水平方向有 由于 解得 从碰撞结束到物体D离开桌面过程中，取一个很短的时间间隔，根据动量定理有 两边求和 有 解得 （3）设A与B刚脱离接触的瞬间，杆与地面夹角恰好为θ，依题意，此时小球A受到杆的弹力为零，对小球A，根据牛顿第二定律有 此时A与B水平方向速度相同，有 对小球A和物体B、C，从开始释放到A与B刚脱离接触的瞬间，根据机械能守恒定律 有 解得θ＝30°，m/s 之后物体C继续向右运动，与物体D碰撞，对物体C和D，以水平向右为正，根据动量守恒定律有 解得 根据能量守恒定律有 解得 【变式2-2】【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。 考向03 动量守恒定律的应用 【例3-1】【答案】ABD 【详解】A．t=0时，对物块a根据牛顿第二定律有 恒力F的冲量为 故A正确； B．t = 1s时，设弹簧弹力大小为T，对a、b根据牛顿第二定律有， 联立解得，故B正确； C．a—t图像与坐标所围的面积表示速度的变化量，所以t = 1s时b的速度 故C错误； D．根据动量定理可知撤去拉力时，a、b组成的系统动量为 撤去拉力后，根据图像可知a的速度大于b的速度，则a、b之间距离还将继续增大，此后a、b组成的系统动量守恒，弹簧伸长量最大时，a、b的速度相同，设为v，则 解得，故D正确。 故选ABD。 【例3-2】【答案】AD 【详解】A．假设在滑块A、B碰撞之前，滑块B与木板C保持相对静止，对BC整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 对滑块B，由牛顿第二定律可得 B与C之间的最大静摩擦力 假设成立，故A正确； B．对滑块A，由牛顿第二定律可得 解得 设从初始时刻到A、B发生碰撞的时间为，则有 解得，故B错误； C．碰撞前，滑块A的速度 滑块B的速度 设A、B碰撞后的共同速度为，根据动量守恒定律可得 解得 碰后滑块A的动量，故C错误； D．碰撞后，对A、B整体分析，根据牛顿第二定律可得 解得 方向向右，对木板C，根据牛顿第二定律可得 解得 方向向左，设经过时间A、B、C三者达到共同速度，则有 解得 此过程中，AB的位移 C的位移 代入数据解得二者的相对位移 则木板C的最小长度为，故D正确。 故选AD。 【变式3-1】【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 【变式3-2】【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。 考向04 沿某一方向动量守恒问题 【例4-1】【答案】(1) (2) (3)0 【详解】（1）小球从释放到刚与物块碰撞过程中，由动能定理得 对小球和物块构成的系统，碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒得 又因为碰前物块静止，由定义式可得 由以上式子联立解得： （2）从物块与弹簧开始接触到弹簧再次恢复到原长时，物块的速度最大，在此过程中物块与物块及弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒，由动量守恒定律得 由机械能守恒得 联立解得：，所以物块的最大速度为 （3）由第二问解得，当弹簧恢复原长时，物块的运动方向发生变化，说明从物块刚与弹簧接触到弹簧恢复原长的过程中的某一位置，物块的速度为零，所以物块的最小速度为 【例4-2】【答案】C 【详解】A．从小球冲上圆弧槽到滑离圆弧槽的过程中，小球和圆弧槽组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，竖直方向动量不守恒，即小球和圆弧槽组成的系统动量不守恒，故A错误； BD．水平方向根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 联立解得， 即小球离开圆弧槽时速度的大小为0.2m/s，此时圆弧槽对小球支持力最大，设为，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律可知小球对圆弧槽的最大压力为 故BD错误； C．小球上升的最大高度（相对圆弧最低点）时，小球和圆弧槽速度相等，水平方向根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 联立解得 故C正确。 故选C。 【变式4-1】【答案】(1) (2) 【详解】（1）对球，下落过程机械能守恒有 对球和木块，水平方向动量守恒，取向左为正方向有 系统机械能守恒，有 联立解得 （2）对球和A、B组成的系统：设水平向左为正方向，水平方向平均动量守恒，有 即 又， 联立得 【变式4-2】【答案】A 【详解】A．滑块和小球组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向动量守恒，但是整体的合力不为零，所以系统的总动量不守恒，故A正确； B．不计一切摩擦，只有重对系统做功。所以系统机械能守恒，故B错误； C．当小球刚好到达B点，系统水平方向动量守恒有 系统机械能守恒有 解得 故C错误； D．若小球能从B点离开滑块M，则小球水平方向的分速度大于滑块水平方向的分速度，小球离开滑块M后做斜抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则小球到达滑块最高点B时，小球只有水平方向的分速度，则小球的速度大于滑块的水平方向速度，故D错误。 故选A。 第二部分 综合巩固 1．【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 2．【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。 3．【答案】(1)2m/s (2) (3)40cm 【详解】（1）设A在传送带上一直加速，由动能定理可知 解得 ，假设成立； A从C点运动至D点，有 解得 设碰撞后瞬间A、B整体速度的大小为，由动量守恒定律可知 解得 （2）设A、B碰撞后，整体向右运动的位移为，由能量守恒定律可知 解得 将弹簧向左或者向右运动视为简谐运动，由 解得 则A、B整体首次向右滑动时，简谐运动的振幅 A、B整体向左运动时，摩擦力向右，与之前向右运动时摩擦力方向相反，可知第二次简谐运动的平衡位置较第一次平衡位置向右移动的距离 第二次运动的振幅 整体最靠左时，到D的距离 距离C的最小距离 （3）A、B整体第二次向右运动的振幅 第二次向左运动的振幅 此次运动到最左端之后，整体静止 解得 4．【答案】(1)6s (2)62.5J (3)540K 【详解】（1）工件放到传送带上，由牛顿第二定律有 工件需要t1时间与传送带共速，则有 解得t1=2s 该时间内工件的位移为 之后工件匀速到达传送带右端 解得t2=4s 则有t=t1+t2=6s （2）工件与活塞发生完全非弹性碰撞，则有 解得 由题意可知 （3）对剩余在气缸中的气体，根据理想气体状态方程有 解得活塞刚被锁定时气体的温度T1=540K 5．【答案】ABC 【详解】A．在空间中，粒子仅受电场力作用，由动量定理可得 解得在空间中的运动时间为。故A正确； B．在方向上，粒子仅在阻力作用下做减速运动，由动量定理可得 化简得 解得。故B正确； C．到达轴时的速度为，方向与轴夹角为，则在方向上的速度分量为 此时阻力在方向的分量为 电场力与轴夹角为，在方向上的分量 因此，粒子在方向上受力平衡，做匀速直线运动，运动时间。故C正确； D．在方向，粒子做初速度为0的加速运动，但加速度在逐渐减小，最终当阻力与方向上的电场力平衡时，方向做匀速运动。在方向，粒子做初速度不为0的减速运动，但加速度在逐渐减小，最终减为0。与方向的运动图像完全对称，经过时间，方向的速度减为一半，方向上的速度也为一半，即，对方向列动量定理有 化简得 解得。故D错误。 故选ABC。 6．【答案】AC 【详解】A．由能量守恒有 解得物体甲到达B点时速度为，A正确； B．由功能关系可知A--C过程摩擦生热为，B错误； C．由A到C过程中，由于A、C关于B点对称，故A、C位置弹簧上的弹性势能相等，由能量守恒有 解得甲刚到C时（未与乙发生碰撞前）的动能为，C正确； D．甲刚到C点时的速度大小为 甲乙发生弹性碰撞，有， 若乙的速度为，联立解得乙的质量为，D错误。 故选C。 7．【答案】C 【详解】A．圆盘停止转动前，物体随圆盘做匀速圆周运动，摩擦力沿圆盘面指向中心轴提供向心力，物体的速度沿圆周切线方向，所以摩擦力的方向与其速度方向垂直，根据牛顿第二定律可得向心力大小为，故A错误； B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈的过程中由动量定理可得，故B错误； C．由动量定理可得 即小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为，故C正确； D．圆盘停止转动后，物块沿切线方向运动，故D错误。 故选C。 8．【答案】(1) (2)， (3)， 【详解】（1）解法一：当金属棒运动达到稳定状态时，设金属棒的稳定速度为，此时电容器两端电压 在此过程中，由动量定理得 其中 解得 解法二：金属棒由静止开始运动至稳定的过程中，由动量定理得 其中 代入上式解得 （2）当组合体速度大小为时，由牛顿第二定律得 因为，     解得 组合体从静止开始运动到通过位移为的过程中，由动量定理得 其中 代入上式解得 （3）解法一：当组合体最终达到稳定时，有 整理得，由求根公式得 使有解，则 即，解得 此时 解法二：当组合体达到稳定状态时，有 整理得 根据数学知识可知，当时，取最大值，为 此时 解法三：将定值电阻与电源看成等效电源，电动势为，内阻为，当组合体达到稳定时，等效电源的输出功率达到最大，为 且 由以上两式得 此时 解得 9．【答案】C 【详解】一次击A、B粘在一起静置在光滑水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向木块A，恰好将木块A击穿，但未穿入木块B，由动量守恒定律得 解得 由能量守恒定律得 解得 第二次只放置木块B，子弹以同样的速度水平射向B，由动量守恒定律得 解得 由能量守恒定律得 解得 联立可得     所以子弹不能击穿木块B，子弹进入木块的深度为。 故选C。 10．【答案】(1) (2) 【详解】（1）方法一： 由题得小物块与长木板最终共速，设速度大小为，对小物块列动量定理 对长木板列动量定理 得 方法二： 对小物体受力分析列方程 得 对长木板受力分析列方程 得 小木块先加速后减速最后与长木板共速，长木板一直加速后匀速，小物块减速得加速度 得 小物块加速阶段最大速度小物块减速阶段 长木板一直加速 得 （2）小物块加速阶段位移 小物块减速阶段位移 长木板位移 由 得 时间内相对位移 11．【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）由牛顿第二定律 解得 根据周期公式 解得 （2）粒子沿轴方向做初速度为零、加速度大小为的匀加速直线运动，由牛顿第二定律 解得 粒子在垂直轴的平面上做半径为的匀速圆周运动如图初速度方向沿轴负方向的粒子打在接收屏上前运动的时间最长 对应坐标有最大值 由几何知识可得该点坐标为，其对应的坐标为 初速度沿轴正方向偏向轴负方向角方向的粒子打在接收屏前运动的时间最短 由几何知识可得该点坐标为0，对应坐标有最小值 其对应的坐标为 （3）粒子从点至点过程，沿轴方向由动量定理有 即 解得 所以点坐标为 沿轴方向由动量定理有 即 解得 12．【答案】(1)2s (2)7.44m/s，6.92m 【详解】（1）设滑道AB段的长度为L，则有 解得 （2）设背包和旅客到达水平滑道时的速度分别为v1、v2，则 其中 代入数据解得 根据速度时间关系可得 代入数据解得 旅客拎起背包的过程，系统动量守恒，设拎起背包时的共同速度为v，根据动量守恒定律，有 代入数据解得 根据牛顿第二定律可得， 联立解得 13．【答案】D 【详解】A．加速度为，负号表示方向，故A错误； B．动量为，负号表示方向，故B错误； C．电场强度为，负号表示方向，故C错误； D．电势能为，表示电势能比零势能位置低5J，负号表示大小，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】(1) (2) (3)0.45C 【详解】（1）设2s前cd达到匀速直线运动时的速度为，cd棒受平衡力 代入题中数据，解得 因为 联立解得 2s时ab棒刚好进入磁场 电路中的感应电流 对棒根据牛顿第二定律 可得ab棒在整个运动过程中加速度的最大值 （2）cd棒在0~2s的运动过程，以的方向为正方向，由动量定理得 因为 因为 联立解得 （3）ab棒先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得 2s时ab棒刚好进入磁场，其速度大小 设ab棒进入磁场后经过时间与cd棒速度相等，一起做匀加速直线运动，以的方向为 正方向，则对cd棒有 以沿斜面向下的方向为正方向，对ab棒有 因为 联立解得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $