第1部分 第7讲 冲量与动量-【金版教程】2026年高考物理大二轮专题复习冲刺方案课件PPT

第一部分　专题强化复习 专题二　能量与动量 第7讲　冲量与动量 知识框架 学习目标 1.会利用动量定理求解力、时间、速度等物理量，能处理流体问题。 2.理解动量守恒定律成立的条件，并能处理反冲、爆炸等相关问题。 3.掌握碰撞的特点及其拓展模型，会应用动量守恒定律解决相关问题。 2 目录 1 2 专题作业 课时检测Ⅰ 考点 高考风向标 3 课时检测Ⅱ 4 考点 考点1　动量定理 1．冲量的三种计算方法 2.应用动量定理时应注意的问题 (1)动量定理的研究对象可以是单一物体，也可以是一个系统，在研究系统问题时，受力分析只考虑系统的外力。 (2)动量定理的表达式是矢量式，使用时要关注力、初速度、末速度的方向，为了方便要规定正方向，并且还可以分方向应用动量定理。 公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F­t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量。若F­t成线性关系，也可直接用平均力求解 考点 5 考点 6 考点 7 考点 8 解析　在Δt时间内打到铁盒上的水的质量为Δm＝ρSv0Δt，设铁盒对水的平均作用力大小为F，以向下为正方向，根据动量定理有FΔt＝Δmv－(－Δmv0)，解得F＝ρSv0(v0＋v)，根据牛顿第三定律可知水对铁盒的平均作用力大小为F′＝F＝ρSv0(v0＋v)，故选A。 考点 9 流体问题中的柱状模型 应用动量定理处理流体问题时，经常要沿流速v方向选取一段柱形流体为研究对象。 如图所示，长为Δl＝vΔt、横截面积为S的柱形流体的质量为Δm＝ρSvΔt(水流、气体流等，ρ为流体的密度)或Δm＝nm0SvΔt(粒子流等，n为单位体积的粒子数，m0为单个粒子的质量)。 考点 10 例3　(2025·河北卷，14)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 答案　(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 考点 11 考点 12 考点 13 考点 14 考点2　动量守恒定律 1．动量守恒定律应用的三种情形 (1)理想守恒：系统不受外力或所受合力为零。 (2)近似守恒：外力远小于内力，外力可忽略，系统动量近似守恒，如“爆炸”“碰撞”等现象。 (3)某一方向守恒：系统虽然所受合力不为零，但在某一方向所受合力为零，则在这一方向系统动量守恒。 2．动量守恒定律的三种表达形式 (1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用得最多)。 (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体的动量的增量等大反向。 (3)Δp＝0，系统总动量的变化量为零。 考点 15 例4　(2025·福建省厦门市高三下第四次质量检测)(多选)“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授课。其中一个实验如图所示，质量为0.1 kg的小球A以某一初速度向左运动，与静止悬浮在空中的质量为0.5 kg的小球B发生正碰，碰撞后小球A向右反弹，当A向右移动2格的长度时，小球B向左移动1格的长度。已知背景板 上小方格的边长相等，忽略舱内空气阻力的影响，则(　　) A．小球A碰撞前后的速度大小之比为7∶2 B．小球A碰撞前后的速度大小之比为3∶2 C．碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变 D．碰撞前后，小球A、B组成的系统动能减少 考点 16 考点 17 考点 18 考点 19 考点 20 人船模型 考点 21 考点3　碰撞及其拓展模型 考点 22 考点 23 考点 24 考点 25 考点 26 例6　(2025·河南省驻马店市高三下质量检测)如图所示，在光滑水平面上，球b静止，球a以水平向右的初速度与球b发生弹性碰撞，碰后球a向左运动。已知碰前球a的动量大小为p0，碰后球a、b的动量大小分别为pa、pb；碰前球a的动能为Ek0，碰后球a、b的动能分别为Eka、Ekb，球a、b的质量分别为ma、mb。则下列关系正确的是(　　) A．Ek0≥Eka B．p0<pa C．ma≤mb D．p0<pb 考点 27 考点 28 例7　(2024·安徽卷，14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动。已知细线长L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m，圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 考点 29 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 答案　(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 考点 30 考点 31 考点 32 高考风向标 高考风向标 34 高考风向标 35 高考风向标 36 高考风向标 37 3．(2025·黑龙江省“六校联盟”高三上联合适应性考试)大型工厂的车间中有一种设备叫作天车，如图甲所示，是运输材料的一种常用工具。此装置可以简化为如图乙所示的模型，足够长的光滑水平杆上套有一个质量为3m的滑块，滑块正下方用长为L、不可伸长的轻绳悬挂一个质量为m的小球。开始两者均静止，现给小球一个水平初速度v0(未知)，小球恰好能到达与滑块等高的位置，此时滑块水平向右移动s，重力加速度为g，求： (1)初速度v0的大小； (2)小球第1次返回最低点时绳的拉力大小； (3)从给小球初速度开始到第1次摆到最高点的时间。 高考风向标 38 高考风向标 39 高考风向标 40 高考风向标 41 易错点拨　“悬绳”模型和“圆弧—滑块”模型中，计算最低点的拉力或支持力时，注意向心力公式中速度为二者的相对速度。 高考风向标 42 专题作业 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 2．(2025·福建省宁德市高三下质量检测)温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为ρ，空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为m，车头的横截面积为S，列车以速度v匀速运行。则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为(　　) A．(ρ＋nm)Sv B．(ρ＋nm)Sv2 C．ρSv2＋nmSv D．ρSv＋nmSv2 解析：在Δt时间内车头碰到的水珠的质量Δm1＝vΔtSnm，碰到的空气的质量Δm2＝vΔtSρ，设列车对空气和水珠的冲击力大小为F，对这些水珠及空气的整体，由动量定理有FΔt＝(Δm1＋Δm2)v，解得F＝(ρ＋nm)Sv2，由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F′＝F＝(ρ＋nm)Sv2，故选B。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 3．(2025·河南卷，7)两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则(　　) A．mP＞mN＞mQ B．mN＞mP＞mQ C．mQ＞mP＞mN D．mQ＞mN＞mP 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 解析：对小车P、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP′＋mNvN1′，整理得mP(vP－vP′)＝mN(vN1′－vN1)，由题图1可知vP－vP′＞vN1′－vN1＞0，解得mP＜mN；对小车Q、N的碰撞过程，由动量守恒定律有mQvQ＋mNvN2＝mQvQ′＋mNvN2′，整理得mQ(vQ－vQ′)＝mN(vN2′－vN2)，由题图2可知0＜vQ－vQ′＜vN2′－vN2，解得mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP，D正确。　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 5．(2025·内蒙古呼和浩特市高三下二模)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＝8 kg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0～4 s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g＝10 m/s2(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)。则(　　) A．0～1 s时间内系统产生的热量为32 J B．1～2 s时间内外力的大小为24 N C．0～4 s时间内物块的机械能减少了704 J D．0～1 s时间内与2～4 s时间内的外力大小之比为1∶9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 解析：在A球落地前，A、B、C三球组成的系统机械能守恒，且在水平方向上所受合外力为0，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故A错误；球A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，并且球B、C分离时两球速度均向右，可知球A落地瞬间A、B的速度水平向左，即从球B、C分离至球A落地，B球必然经过减速过程，即杆对B做负功，故B错误；B、C分离时，B、C间的弹力为0，且速度和加速度均相等，C的加速度为0，则B的加速度也为0，杆上的弹力为0，则A的加速度为g，方向竖直向下，故C正确； 　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 又∑v0Δt＝v0t1 t1时间内粒子A的位移大小xA＝∑vAΔt 粒子B的位移大小xB＝∑vBΔt 可得mv0t1＝mxA＋4mxB 设粒子B到达P点时，A、B两粒子系统的电势能为Ep1，两粒子间距离为l′，根据如图位移关系有xA＋l′＝l0＋xB， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 方法点拨　(1)本题分方向应用动量定理及“微分求和”的方法，同样可以应用于受洛伦兹力的带电粒子运动中。电磁感应中应用动量定理时也多用到此法。题目特点是，物体受到大小与速度成正比的力。 (2)本题“配速法”可以同样应用于复合场中带电粒子的运动。题目特点是，物体受到方向随速度方向改变而改变的力。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课时检测Ⅰ 专题作业 课时检测Ⅱ 1．(2025·广东卷，7)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2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(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 解析：两小球碰撞前后各自的受力未发生变化，则加速度未发生变化，又v­t图像的斜率表示加速度，则碰撞前后各自的v­t图线相互平行，B、C错误；由于F1与F2始终大小相等、方向相反，则两小球组成的系统所受合外力始终为0，系统动量始终守恒，又两小球均由静止开始沿同一直线相向运动，则系统动量始终为0，易知碰撞后两小球速度同时减为0，D错误，A可能正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 2．(2025·四川省攀枝花市高三下第三次统一考试)(多选)如图甲所示，光滑水平地面上静置一质量为M的光滑斜劈，斜劈竖直高度为h、水平方向宽为L，一质量为m的小球从斜劈的斜面上由静止释放，释放时小球到斜面底端的水平距离设为l，小球滑至斜面底端时相对于地面的水平位移设为x。改变释放时小球与斜面底端的水平距离l，得到小球的水平位移x和l的关系图像如图乙所示。已知重力加速度为g，小球可视为质点，斜面底端有一小段圆弧(图中未画出)，且圆弧与水平地面相切，可使小球滑离斜劈时不损失机械能。关于小球下滑的过程，下列说法中正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 3．(2025·甘肃卷，4)如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为(　　) A．1.5 m/s B．3.0 m/s C．4.5 m/s D．6.0 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ (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v1、v2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 6．(2025·河南省安阳市高三下一模)(多选)如图所示，光滑水平地面上放置一足够长且上表面绝缘的小车，将带负电、电荷量q＝0.5 C、质量m＝0.05 kg的滑块放在小车的左端，小车的质量M＝0.05 kg，滑块与绝缘小车之间的动摩擦因数μ＝0.4，它们所在空间存在磁感应强度B＝1.0 T的垂直于纸面向里的匀强磁场。开始时小车和滑块静止，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ A．若给小车一个向左的冲量I＝0.08 N·s，则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.032 J B．若给小车一个向左的冲量I＝0.08 N·s，则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.03 J C．若给小车一个向左的冲量I＝0.12 N·s，则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.072 J D．若给小车一个向左的冲量I＝0.12 N·s，则小车与滑块因摩擦产生的热量为0.07 J 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 7．(2025·甘肃卷，14)如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求： (1)t＝6 s时F的大小，以及在0～6 s内F的冲量大小。 (2)在0～6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f ­t图像。 (3)t＝6 s时，物块的速度大小。 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 1 2 3 4 5 6 7 8 课时检测Ⅱ 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 例1　(2025·广东省汕头市高三下一模)如图所示为乒乓球火箭现象：将乒乓球放在装有水的水杯中，随水杯由静止下落并与地面发生碰撞后，乒乓球会被弹射到很高的地方。在水杯撞击地面的极短时间内，杯中产生极大的等效浮力，使乒乓球被加速射出。已知等效浮力给乒乓球的冲量为I，乒乓球质量为m，水杯的下落高度为H，当地重力加速度为g，且mg远远小于等效浮力，忽略空气阻力，下列说法正确的是(　　) A．水杯落地时，乒乓球的速率为2eq \r(gH) B．脱离水面时，乒乓球的速率为eq \f(I,m)＋eq \r(2gH) C．从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球的动量变化大小为I D．从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球重力的冲量大小为I 解析　水杯落地时，设乒乓球的速率为v，由v2－0＝2gH可知v＝eq \r(2gH)，故A错误；设乒乓球脱离水面时的速率为v′，以向上为正方向，从水杯落地到乒乓球脱离水面的过程，由动量定理有I＝mv′－(－mv)，解得v′＝eq \f(I,m)－eq \r(2gH)，故B错误；从开始下落到上升至最高点的过程中，乒乓球的动量变化量为Δp＝0－0，设乒乓球重力的冲量大小为IG，由动量定理有I－IG＝Δp，解得IG＝I，故C错误，D正确。 例2　(2025·陕西省宝鸡市高三下模拟检测三)如图所示，由高压水枪中竖直向上喷出的水柱，将一个开口向下的小铁盒顶在空中。已知密度为ρ的水柱以恒定速率从水枪中持续喷出，向上运动并以速率v0冲击小铁盒，且冲击小铁盒时水柱横截面积为S，并以速率v竖直返回(不考虑水之间的碰撞)。水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计，则水对铁盒的平均作用力大小为(　　) A．ρSv0(v0＋v) B．ρS(v＋v0) C．ρS(v－v0) D．ρSv0(v－v0) 解析　(1)由题知平台长度L＝2 m，高度h1＝1.8 m，物块质量m＝0.01 kg，初速度v0＝3 m/s，物块与接触面间的动摩擦因数μ＝0.2。 物块在平台上做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，离开平台时的速度大小为v1，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 根据运动学公式有veq \o\al(2,1)－veq \o\al(2,0)＝－2aL 物块离开平台后做平抛运动，设运动时间为t1，水平方向上的位移大小为x1，有 h1＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1) x1＝v1t1 联立解得x1＝0.6 m。 (2)设物块第一次与地面接触过程中，所受弹力的冲量大小为IN，在竖直方向，规定竖直向上为正方向，物块从离开平台到弹起至最大高度过程所用时间t＝1 s，根据动量定理，有IN－mgt＝0－0 解得IN＝0.1 N·s 假设物块与地面接触过程一直向右滑动，则始终受到向左的滑动摩擦力，滑动摩擦力平均值eq \o(f,\s\up14(-))＝μeq \o(F,\s\up14(-))N 设物块与地面接触的时间为t2，上式中弹力平均值eq \o(F,\s\up14(-))N满足IN＝eq \o(F,\s\up14(-))Nt2 在水平方向，规定水平向右为正方向，设物块第一次离开地面瞬间水平分速度为v2，根据动量定理，有－eq \o(f,\s\up14(-))t2＝mv2－mv1 由(1)可得v1＝1 m/s 联立解得v2＝－1 m/s v2为负值，则假设不成立，实际情况是物块水平方向速度减为0后，不再受到摩擦力，故物块弹离地面时水平速度的大小为0。 解析　根据题意，以向左为正方向，设碰撞前小球A的速度为v0，碰撞后小球B的速度为v，则碰撞后小球A的速度为v′＝－2v，由动量守恒定律有mAv0＝mBv＋mAv′，解得v＝eq \f(1,3)v0，v′＝－eq \f(2,3)v0，则小球A碰撞前后的速度大小之比为|v0|∶|v′|＝3∶2，故A错误，B正确；碰撞前系统的总动能Ek＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)，碰撞后系统的总动能Ek′＝eq \f(1,2)mAeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)v0)) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)mB·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)v0)) eq \s\up12(2)，又mA＝0.1 kg，mB＝0.5 kg，可得Ek＝Ek′，即碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变，故C正确，D错误。 例5　(2025·河南省开封市等二地高三下三模)如图，质量为m、长为L的长木板静止在光滑的水平地面上，质量为3m的智能机器人(忽略大小)从长木板的左端起跳，恰好落在长木板的右端，重力加速度为g。 (1)机器人从起跳到落在长木板右端的过程中，求机器人的位移大小； (2)若机器人与水平方向成θ角度起跳eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，求起跳过程机器人对长木板做的功。 答案　(1)eq \f(L,4)　(2)eq \f(\a\vs4\al(9mgL),16tanθ) 解析　(1)设机器人起跳后水平方向的分速度大小为vx，长木板的速度大小为v木，机器人与长木板构成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有3mvx－mv木＝0 ① 从机器人起跳到落在长木板右端，设经过的时间为t，则机器人的位移大小为x人＝vxt ② 木板的位移大小为x木＝v木t ③ 由题意有x人＋x木＝L ④ ①②③④联立解得x人＝eq \f(L,4)。 ⑤ (2)设机器人以大小为v的速度起跳，则有 vx＝vcosθ ⑥ 机器人在竖直方向做竖直上抛运动，则有 －vsinθ＝vsinθ－gt ⑦ 根据动能定理可知，机器人对长木板做的功 W＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,木)－0 ⑧ ①②⑤⑥⑦⑧联立解得W＝eq \f(\a\vs4\al(9mgL),16tanθ)。 1．碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律。 (2)动能之和不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或2,1)eq \f(p,2m1) ＋2,2)eq \f(p,2m2) ≥eq \f(p1′2,2m1)＋eq \f(p2′2,2m2)。 (3)速度合理：若碰后速度同向，后方物体速度不大于前方物体速度；另外，两物体碰撞前若相向运动，则碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。 2．两种碰撞的特点 (1)弹性碰撞 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的静止小球发生弹性正碰为例，有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2 解得v1′＝eq \f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq \f(2m1v1,m1＋m2)。 结论： ①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两球交换速度。 ②当m1>m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动。 ③当m1<m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来。 ④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1。 ⑤当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′≈0。 (2)完全非弹性碰撞 动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，机械能损失最多，损失了ΔE＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \o\al(2,共)。 3．碰撞的拓展模型 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球—光滑曲面模型 小球—小球模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为弹性势能、重力势能、电势能 再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，机械能守恒，满足eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2) (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面、水平导轨光滑) 子弹—木块模型 滑块—木板模型 双杆模型 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，分别转化为内能或电能 解析　以向右为正方向，设碰前球a的速度为v0，碰后球a的速度为va，球b的速度为vb，对于球a、b碰撞的过程，由动量守恒定律有mav0＝mava＋mbvb，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)maveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)maveq \o\al(2,a)＋eq \f(1,2)mbveq \o\al(2,b)，解得va＝eq \f(ma－mb,ma＋mb)v0，由题意可知va<0，解得ma<mb，且|va|<|v0|，则pa<p0，故B、C错误；球a、b碰撞的过程，系统的动量守恒，有p0＝－pa＋pb，整理得pb＝p0＋pa，故p0<pb，故D正确；弹性碰撞过程机械能守恒，则有Ek0＝Eka＋Ekb，由于Ekb>0，所以Ek0>Eka，故A错误。 解析　(1)设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v0，此时细线上的拉力大小为FT，对小球摆动到最低点的过程，由动能定理有mgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 在最低点，对小球受力分析，由牛顿第二定律有FT－mg＝m2,0)eq \f(v,L) 联立并代入数据，解得FT＝6 N。 (2)设碰撞后瞬间小球的速度为v1，物块的速度为v2，小球与物块的碰撞为弹性碰撞，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2) 联立并代入数据，解得v2＝4 m/s 即碰撞后瞬间，物块速度的大小为4 m/s，方向水平向右。 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点时两者共速，此时动摩擦因数μ有最大值μmax，设共同速度的大小为v3，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由动量守恒定律有Mv2＝2Mv3 由能量守恒定律有eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)×2Mveq \o\al(2,3)＋μmaxMgs 联立并代入数据，解得μmax＝0.4 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置时两者共速，此时动摩擦因数μ有最小值μmin，设共同速度大小为v4，以水平向右为正方向，对物块与小车整体，由水平方向动量守恒有Mv2＝2Mv4 由能量守恒定律有eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)×2Mveq \o\al(2,4)＋μminMgs＋MgR 联立并代入数据，解得μmin＝0.25 综上所述，物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 1．(2025·广东卷，10)(多选)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0－kt(F≠0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻)，下列说法正确的有(　　) A．受到空气作用力的方向会变化 B．受到拉力的冲量大小为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F0－\f(1,2)kT))T C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F0－\f(1,2)kT))T D．T时刻受到空气作用力的大小为eq \r(\f(3,4)（F0－kT）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg－\f(F0－kT,2)))\s\up12(2)) 解析：无人机沿水平方向做匀速直线运动，则其时刻受力平衡，所受拉力、重力的合力与空气作用力等大反向，又拉力方向不变，大小逐渐减小，重力大小、方向均不变，则拉力、重力的合力方向变化，可知无人机受到空气作用力的方向会变化，A正确；由题意可知，拉力的方向不变、大小随时间均匀变化，所以0到T时间段内，无人机受到拉力的冲量大小IF＝eq \f(F0＋（F0－kT）,2)T＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F0－\f(1,2)kT))T，B正确；0到T时间段内，无人机受到的重力的冲量大小IG＝mgT，又无人机受到的重力和拉力不共线，所以无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小I合<IG＋IF＝mgT＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F0－\f(1,2)kT))T，C错误；T时刻，无人机受到的拉力与重力的合力的水平分量为Fx＝Fcos30°＝eq \f(\r(3),2)(F0－kT)，竖直分量为Fy＝mg＋Fsin30°＝mg＋eq \f(1,2)(F0－kT)，根据平衡条件和平行四边形定则可知，无人机受到空气作用力的大小为F空＝2,x)eq \r(F＋Feq \o\al(2,y)) ＝eq \r(\f(3,4)（F0－kT）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mg＋\f(F0－kT,2)))\s\up12(2))，D错误。 2．(2024·安徽卷，8)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为m，带电量为＋q，可视为点电荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分别为v1、v2、v3，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了eq \f(kq2,2d)，k为静电力常量，不计空气阻力。则(　　) A．该过程中小球3受到的合力大小始终不变 B．该过程中系统能量守恒，动量不守恒 C．在图乙位置，v1＝v2，v3≠2v1 D．在图乙位置，v3＝eq \r(\f(2kq2,3md)) 解析：在剪断细线瞬间，小球3由静止开始向左运动，具 有加速度，由牛顿第二定律可知，小球3所受合力不为0，当 三个小球运动到同一条直线上时，由对称性可知，小球3受到 小球1和2的电场力大小相等，方向相反，受到两细线的拉力 大小相等、方向相反，此时所受合力为0，故该过程中小球3 受到的合力大小是改变的，A错误；对三个小球组成的系统受力分析可知，系统受到重力和水平面的支持力，且二力平衡，所以系统所受合力为0，则在该过程中系统的动量守恒，没有外力对系统做功，则系统内的电势能与动能相互转化，能量守恒，B错误；以水平向左为正方向，根据动量守恒定律，有mv3－m(v1＋v2)＝0，因为小球1和小球2的运动具有对称性，则两小球的速度大小时刻相等，即v1＝v2，联立解得v3＝2v1，C错误；由能量守恒定律可得，eq \f(\a\vs4\al(kq2),2d)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,3)，联立解得v3＝eq \r(\f(\a\vs4\al(2kq2),3md))，D正确。 答案：(1)eq \r(\f(8,3)gL)　(2)eq \f(11,3)mg　(3)eq \f(4s＋L,4gL) eq \r(6gL) 解析：(1)小球第1次到达最高点时，小球和滑块达到相同速度v共，在水平方向上由动量守恒定律有mv0＝(m＋3m)v共 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋3m)veq \o\al(2,共)＝mgL 联立解得v0＝eq \r(\f(8,3)gL)。 (2)小球第1次返回最低点时，以水平向右为正方向，设小球的速度为v1，滑块的速度为v2，在水平方向上由动量守恒定律有mv0＝mv1＋3mv2 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,2) 联立解得v1＝－eq \f(1,2)v0，v2＝eq \f(1,2)v0 小球相对滑块的速度大小为v′＝v2－v1 设绳的拉力大小为FT，由牛顿第二定律有FT－mg＝eq \f(mv′2,L) 联立解得FT＝eq \f(11,3)mg。 (3)从给小球初速度开始到第1次摆到最高点的过程中任取一个瞬间，以水平向右为正方向，设此时小球水平方向的分速度为v1′，滑块的速度为v2′，由动量守恒定律有mv0＝mv1′＋3mv2′ 取极短时间Δt，则在Δt时间内小球沿水平方向移动了Δs1＝v1′Δt，滑块移动了Δs2＝v2′Δt 累加可得∑Δtv1′＝s＋L，∑Δtv2′＝s 从给小球初速度开始到第1次摆到最高点的时间t＝∑Δt 联立解得t＝eq \f(4s＋L,4gL) eq \r(6gL)。 1．(2025·山东卷，6)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动。轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱。分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2eq \r(\f(GM,r))，G为引力常量。此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　) A．eq \f(2,5) eq \r(\f(GM,r)) B．eq \f(3,5) eq \r(\f(GM,r)) C．eq \f(4,5) eq \r(\f(GM,r)) D．eq \r(\f(GM,r)) 解析：设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，组合体的质量为6m，设组合体绕行星做圆周运动的速率为v，根据牛顿第二定律有Geq \f(M·6m,r2)＝6meq \f(v2,r)，对轨道舱与返回舱组成的系统，弹射返回舱的过程沿运动方向动量守恒，有6mv＝5mv1＋mv2，其中v2＝2eq \r(\f(GM,r))，联立解得分开瞬间轨道舱相对行星的速度大小为v1＝eq \f(4,5) eq \r(\f(GM,r))，故C正确。 4．(2025·吉林省吉林市东北三省教育教学联合体高三下模拟预测)(多选)如图所示，在光滑水平面上有两个小木块A和B，其质量mA＝2 kg，mB＝4 kg，它们中间用一根轻弹簧相连。一颗水平飞行的子弹质量为m0＝50 g，初速度为v0＝500 m/s，子弹在极短的时间内射穿两木块，射穿A木块后子弹的速度变为原来的eq \f(3,5)，且子弹射穿A木块损失的动能是射穿B木块损失的动能的2倍，则(　　) A．子弹射穿A木块过程中系统损失的机械能为3975 J B．子弹射穿两个木块后的过程中弹簧最大的弹性势能为4.5 J C．弹簧再次恢复原长时A的速度为eq \f(5,3) m/s D．弹簧再次恢复原长时B的速度为eq \f(25,3) m/s 解析：设子弹射穿A木块后，A和子弹的速度分别为vA和v1，由题意可知v1＝eq \f(3,5)v0＝300 m/s，子弹穿过A的过程，由动量守恒定律得m0v0＝mAvA＋m0v1，解得vA＝5 m/s，射穿A木块过程中系统损失的机械能为ΔE＝eq \f(1,2)m0veq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)m0veq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＝3975 J，故A正确；子弹射穿B木块后，设B和子弹的速度分别为vB和v2，由动量守恒定律可得m0v1＝mBvB＋m0v2，由题意可知eq \f(1,2)m0veq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)m0veq \o\al(2,1)＝22,1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)m0v－\f(1,2)m0veq \o\al(2,2))) ， 联立解得vB＝2.5 m/s<vA，故子弹穿过B以后，弹簧开始被压缩，A、B和弹簧所组成的系统动量守恒，当A、B达到共同速度v共时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)v共，解得v共＝eq \f(10,3) m/s，根据机械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为Epm＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \o\al(2,共)＝eq \f(25,6) J，故B错误；弹簧再次恢复原长时，设A、B的速度分别为vA′、vB′，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)＝eq \f(1,2)mAvA′2＋eq \f(1,2)mBvB′2，联立解得vA′＝eq \f(5,3) m/s，vB′＝eq \f(25,6) m/s，故C正确，D错误。 解析：根据p＝mv可知，p­t图线与t轴所围的面积表示物块位移x与物块质量m的乘积，所以0～1 s时间内物块的位移为x1＝eq \f(\f(1,2)×1×16 N·s2,m)＝1 m，系统产生的热量为Q＝μmgcosθ·x1＝24 J，故A错误；根据动量定理F合t＝Δp可知，p­t图线的斜率表示合外力，设0～1 s时间内、1～2 s时间内和2～4 s时间内外力的大小分别为F1、F2和F3，根据图乙可知mgsinθ－μmgcosθ－F1＝eq \f(16－0,1－0) N＝16 N，mgsinθ－μmgcosθ－F2＝eq \f(48－16,2－1) N＝32 N，mgsinθ－μmgcosθ－F3＝eq \f(0－48,4－2) N＝－24 N，解得F1＝24 N，F2＝8 N，F3＝64 N，F1∶F3＝3∶8，故B、D错误； 由A项分析结合图乙可知，0～4 s时间内物块位移大小为x＝x1＋eq \f(（16＋48）×1 N·s2,2m)＋eq \f(48×（4－2） N·s2,2m)＝11 m，由于初、末动量都为零，即初、末速度都为零，所以初、末动能都为零，则物块的机械能减少了ΔE＝mgxsinθ＝704 J，故C正确。 6．(2025·湖南卷，10)(多选)如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D，D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m，s1＝eq \f(h,μ)，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则(　　) A．D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B．D的初动能与其落地时的动能相等 C．弹药释放的能量为36mgh2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(s,4h2))) D．弹药释放的能量为48mgh2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(s,4h2))) 解析：弹药爆炸过程，由动量守恒定律有3mvA －mvB＝0，B嵌入C的过程，由动量守恒定律有mvB ＝(m＋5m)vD，D的初动能EkD＝eq \f(1,2)(m＋5m)veq \o\al(2,D)，爆炸后 瞬间A的动能EkA＝eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,A)，联立可得EkD＝eq \f(1,2)EkA，A 错误；D从开始运动至落地的过程，由动能定理有－μ(m＋5m)gs1＋(m＋5m)gh＝EkD′－EkD，又s1＝eq \f(h,μ)，联立可得EkD＝EkD′，即D的初动能与其落地时的动能相等，B正确；弹药释放的能量ΔE＝eq \f(1,2)×3mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)，又3mvA－mvB＝0，mvB＝(m＋5m)vD，D从开始运动到抛出的过程，由动能定理有－μ(m＋5m)gs1＝eq \f(1,2)(m＋5m)veq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋5m)veq \o\al(2,D)，其中s1＝eq \f(h,μ)，D抛出后做平抛运动，有h＝eq \f(1,2)gt2，s2＝v0t，联立解得ΔE＝48mgh·2,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(s,4h2))) ，C错误，D正确。 7．(2025·江西省南昌市高三下一模)(多选)半径相同的光滑小球A、B、C按图示放置，其中A、B球用竖直轻杆连接，B、C球紧挨着，但不粘连。在受轻微扰动后轻杆开始向左倾斜，三个小球始终在同一竖直面内运动。当杆与地面夹角为θ时，小球B和C分离，已知小球C的最大速度为v，小球A、B、C的质量分别为3m、2m、m，重力加速度为g。则(　　) A．从A球开始运动到落地前瞬间三小球组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．从A球开始运动到落地前瞬间的过程中杆对B球始终做正功 C．球B、C分离时，球A的加速度大小为g D．球B、C分离时，球A的速度大小为eq \f(v,sinθ)　eq \r(1＋3cos2θ) B、C分离时，C达到最大速度，B与C的速度均为v，设此时A的水平速度大小为vAx(方向向左)，竖直方向的分速度为vAy(方向向下)，由A、B、C在水平方向动量守恒有3mvAx＝(2m＋m)v，解得vAx＝v，A、B两球沿杆方向的分速度相同，则有vAysinθ－vAxcosθ＝vcosθ，解得vAy＝eq \f(2vcosθ,sinθ)，球A的速度大小vA＝2,Ay)eq \r(v＋veq \o\al(2,Ax)) ＝eq \f(v,sinθ) eq \r(1＋3cos2θ)，故D正确。 8．(2025·陕晋宁青卷，15)如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于eq \f(1,25)mveq \o\al(2,0)。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：(m、l0、v0、t1均为已知量) (1)粒子B到达P点时的速度大小v1； (2)t1时间内粒子B的位移大小xB； (3)恒力作用的时间t2。 答案：(1)eq \f(v0,5)　(2)eq \f(v0t1,5)－eq \f(2,11)l0　(3)eq \f(2l0,v0) 解析：(1)从初始时刻至粒子B运动至P点的过程，两粒子组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有mv0＝(m＋4m)v1 解得v1＝eq \f(v0,5)。 (2)根据题意画出t1时刻和t1＋t2时刻A、B的位置如图 t1时间内，两粒子组成的系统动量时刻守恒，则有mv0＝mvA＋4mvB 两边同乘以极短时间Δt并累积求和得∑mv0Δt＝∑mvAΔt＋∑4mvBΔt 根据题意知Ep1l′＝eq \f(1,25)mveq \o\al(2,0)l0 根据能量守恒定律有eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＋eq \f(1,25)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋4m)veq \o\al(2,1)＋Ep1 联立解得xB＝eq \f(v0t1,5)－eq \f(2,11)l0。 (3)对两粒子组成的系统，从开始运动到撤去外力F的整个过程，由动量定理有 Ft2＝4mv0－mv0 由示意图可知，F作用的位移为l0，该过程，初、末位置系统的电势能相等，则由功能关系有Fl0＝eq \f(1,2)×4mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)×mveq \o\al(2,0) 联立解得t2＝eq \f(2l0,v0)。 9．(2025·安徽省芜湖市第一中学高三下教学质量诊断)(多选)某同学将一乒乓球从距水平地面高h处的A点以速度v0水平抛出，乒乓球运动过程中受到的空气阻力大小始终与速率成正比，方向始终与运动方向相反，落到水平地面上的B点时速度大小恰为v0、方向竖直向下，如图所示。已知乒乓球从A点抛出时受到的空气阻力恰好等于自身受到的重力，重力加速度大小为g。则关于乒乓球从A点运动到B点的过程，下列说法正确的是(　　) A．空气阻力对其做的功为mgh B．水平射程为2,0)eq \f(v,g) C．运动时间为eq \f(h,v0)＋eq \f(v0,2g) D．速率的最小值为eq \f(\r(2)v0,2) 解析：乒乓球从A点运动到B点的过程，根据动能定理可得mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得空气阻力对其做的功为Wf＝－mgh，A错误；在水平方向上由动量定理有－∑kvxΔt＝0－mv0，即kx＝mv0，其中x即为水平射程，由题意可知mg＝kv0，解得k＝eq \f(\a\vs4\al(mg),v0)，x＝2,0)eq \f(v,g) ，B正确；在竖直方向上由动量定理有mgt－∑kvyΔt＝mv0－0，即mgt－kh＝mv0，解得运动时间t＝eq \f(h,v0)＋eq \f(v0,g)，C错误； 把乒乓球在A点处的速度分解为v1和v2，其中v1方向竖直向下，且满足kv1＝mg，解得v1＝v0，由平行四边形定则可知，v2＝2,1)eq \r(v＋veq \o\al(2,0)) ＝eq \r(2)v0，方向与水平方向成45°角斜向右上，则乒乓球受到的合外力大小为kv2＝eq \r(2)mg，方向与水平方向成45°角斜向左下，根据牛顿第二定律，乒乓球的加速度方向与水平方向成45°角斜向左下，经过时间t′后，设速度变化量为Δv，速度变为v′，分解后的速度分别为v1和v2′，如图所示，可知v2′的方向不变，则乒乓球加速度的方向不变，由几何知识可知乒乓球的最小速度如图中vmin所示，为vmin＝v0sin45°＝eq \f(\r(2)v0,2)，D正确。 A．小球与斜劈组成的系统动量不守恒 B．斜劈对小球做正功 C．斜劈与小球的质量之比eq \f(m,M)＝eq \f(b,b－a) D．当l＝L时，小球与斜劈分离时的速度大小为eq \r(\f(2Mgh,M＋m)) 解析：小球与斜劈组成的系统中，在竖直方向上，仅小球有向下的加速度，动量不守恒，在水平方向上系统不受外力作用，动量守恒，故A正确；小球下滑过程中，斜劈具有向左的速度，则斜劈机械能增加，整个系统机械能守恒，则小球机械能减少，说明斜劈对小球做负功，故B错误；小球滑至斜劈底部后两物体间水平方向的相对位移大小为l，设此时斜劈的位移大小为x′，则x＋x′＝l，根据水平方向动量守恒可得mx＝Mx′，解得l＝eq \f(m＋M,M)x，结合图乙可得eq \f(m＋M,M)＝eq \f(b,a)，所以eq \f(M,m)＝eq \f(a,b－a)，故C错误；当l＝L时，小球释放时的高度为h，小球与斜劈分离时，设小球与斜劈的速度大小分别为v1和v2，根据水平方向动量守恒有mv1＝Mv2，由机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2)，联立解得v1＝eq \r(\f(\a\vs4\al(2Mgh),M＋m))，故D正确。 解析：根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上小球A的速度vA不变，设两小球质量均为m，碰撞后小球A的水平速度为v1，小球B的水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,A)＝eq \f(1,2)m(veq \o\al(2,A)＋veq \o\al(2,1))＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,2)，整个过程小球A在竖直方向上做自由落体运动，则有h＝eq \f(1,2)gt2，解得小球A下落过程所用时间t＝2 s，可知碰撞后小球A运动的时间t′＝t－1 s＝1 s，则小球A在水平方向上有x＝v1t′，联立解得v＝3.0 m/s，故选B。 4．(2025·山东卷，17)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m＝eq \f(1,2) kg的小球自Q 点正上方h＝2 m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F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝eq \f(3,4) kg，方形物体的质量M＝eq \f(9,2) kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝eq \f(1,2)kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： 解析：(1)小球由静止下落至运动到P点的过程， 小球与方形物体组成的系统在水平方向上不受外力， 所以系统在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有0＝mv1－Mv2 又系统除重力外无外力做功，所以系统机械能守恒，由机械能守恒定律有 mgh＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,2) 联立解得v1＝6 m/s，v2＝eq \f(2,3) m/s。 答案：(1)6 m/s　eq \f(2,3) m/s　(2)eq \f(2,3) m/s　eq \f(5,2) J (2)小球从P点水平抛出后做平抛运动，水平分速度不变，小球与a碰撞过程，在水平方向上动量守恒，设碰后瞬间小球与a的共同速度大小为v0，由动量守恒定律有mv1＝(m＋ma)v0 设b刚解除锁定时小球与a的速度大小为va，弹簧的伸长量为x0，由胡克定律有F＝kx0 由机械能守恒定律有eq \f(1,2)(m＋ma)veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋ma)veq \o\al(2,a)＋eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,0) b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的系统动量与机械能均守恒，当a、小球与b共速时，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有(m＋ma)va＝(m＋ma＋mb)vb 由机械能守恒定律有 eq \f(1,2)(m＋ma)veq \o\al(2,a)＋eq \f(1,2)kxeq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋ma＋mb)veq \o\al(2,b)＋Epm 联立解得vb＝eq \f(2,3) m/s，Epm＝eq \f(5,2) J。 5．(2025·福建省福州市高三下第四次质量检测)(多选)如图甲所示，科学实践小组对福州内河调研发现，弯曲河道的外侧河堤会受到流水冲击而产生压强。如图乙所示，河流某弯道处可视为圆心为O、半径为R的圆弧的一部分。假设河床水平，河道在整个弯道处宽度L和水深H均保持不变，水的流动速度v大小恒定，L≪R，河水密度为ρ，忽略流水内部的相互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间Δt内(　　) A．流水的加速度方向指向圆心O B．流水速度改变量的大小为eq \f(v,R)Δt C．通过观测截面水的动量改变量大小为ρLHeq \f(v3（Δt）2,R) D．外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为eq \f(\a\vs4\al(ρHv2),R) 解析：根据题意可知，流水做匀速圆周运动，则 流水的加速度方向指向圆心O，故A正确；由于L≪R， 则向心加速度大小为a＝eq \f(v2,R)，根据加速度的定义式有a＝ eq \f(Δv,Δt)，可得流水速度改变量的大小为Δv＝eq \f(v2,R)Δt，故B错 误；依题意，极短时间Δt内流过观测截面的水的长度Δl＝v·Δt，横截面积S＝LH，可得Δt内流过观测截面的水的质量为m＝ρSΔl＝ρLHv·Δt，通过观测截面水的动量改变量大小为Δp＝mΔv＝ρLH·eq \f(v3（Δt）2,R)，故C正确；以该段流水为研究对象，设河堤对流水作用力的合力大小为F，根据牛顿第二定律可得F＝meq \f(v2,R)，流水与外侧河堤作用的面积S′＝Δl·H，由牛顿第三定律可知，流水对外侧河堤的冲击力F′＝F，则外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为p＝eq \f(F′,S′)，联立得p＝eq \f(\a\vs4\al(ρLv2),R)，故D错误。 解析：由左手定则可知，当滑块随小车向左运动时，滑块 受到的洛伦兹力方向竖直向上，故滑块有两种稳态可能，一种 是与小车分离，一种是与小车共速。假设分离时滑块和小车恰 好共速，共同速度大小为v，由动量定理及动量守恒定律有I＝ (m＋M)v，对滑块，由平衡条件有qvB＝mg，解得v＝1 m/s，I＝0.1 N·s。若给小车一个向左的冲量I＝0.08 N·s<0.1 N·s，则小车与滑块的稳态为共速，由动量定理及动量守恒定律有I＝Mv0＝(m＋M)v共，根据能量守恒定律得Q＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)veq \o\al(2,共)，解得Q＝0.032 J，故A正确，B错误；若给小车一个向左的冲量I＝0.12 N·s>0.1 N·s，则小车与滑块的稳态为分离，根据动量定理及动量守恒定律有I＝Mv1＝mv＋Mv′，根据能量守恒定律得Q′＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)Mv′2，解得Q′＝0.07 J，故C错误，D正确。 答案：(1)eq \f(3\r(3)mg,2)(N)　eq \f(9\r(3)mg,2)(N·s) (2)见解析　(3)eq \f(17,2)g(m/s) 解析：(1)由图2可知，F随时间线性变化，根据数学知识可知F＝eq \f(\r(3)mg,4)t(F单位为N，t单位为s) 所以当t＝6 s时，F＝eq \f(3\r(3)mg,2)(N) F­t图线与t轴围成的面积表示F的冲量大小， 则0～6 s内F的冲量大小为IF＝eq \f(1,2)×eq \f(3\r(3),2)mg×6 s＝eq \f(9\r(3)mg,2)(N·s)。 (2)设物块与杆之间的动摩擦因数为μ，杆对物块的弹力大小为N，由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，由平衡条件有mgsinθ＝μmgcosθ 可得μ＝eq \f(\r(3),3) 当f＝0时，在垂直杆方向有Fsinθ＝mgcosθ 可得t＝4 s 则在0～4 s，垂直杆方向有Fsinθ＋N＝mgcosθ 摩擦力f＝μN 可得f＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,8)t))mg(单位为N，0≤t＜4 s) 在4～6 s内，垂直杆方向有Fsinθ＝mgcosθ＋N 摩擦力f＝μN 可得f＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)t－\f(1,2)))mg(单位为N，4 s≤t≤6 s) 相应的f­t图像如图所示。 (3)在0～6 s内沿杆方向根据动量定理有 Imgsinθ＋IFcosθ－If＝mv－0 其中0～6 s内重力的冲量Img＝mg×6 s f­t图线与t轴围成的面积表示f的冲量大小，则在0～6 s内摩擦力的冲量大小为 If＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)mg×4 s＋eq \f(1,2)×eq \f(1,4)mg×2 s 联立可得v＝eq \f(17,2)g(m/s)。 8．(2025·北京市东城区高三下一模)如图所示，某同学用频闪相机记录P、Q两球的碰撞过程。图中共记录了连续7次闪光的照片，碰撞前相邻两曝光时刻P球的球心间距为x1；碰后相邻两曝光时刻，P球的球心间距为x2，Q球的球心间距为x3。碰撞后P、Q两球的运动方向与P球原运动方向的夹角分别为α、β。已知两球的质量相等，不计一切摩擦。下列说法正确的是(　　) A．若碰撞过程中动量守恒，则一定有x1＝x2＋x3 B．若碰撞过程中动量守恒，则一定有xeq \o\al(2,1)＝xeq \o\al(2,2)＋xeq \o\al(2,3) C．若碰撞过程中机械能、动量都守恒，则一定有x1＝x2＋x3，且α＋β＝eq \f(π,2) D．若碰撞过程中机械能、动量都守恒，则一定有xeq \o\al(2,1)＝xeq \o\al(2,2)＋xeq \o\al(2,3)，且α＋β＝eq \f(π,2) 解析：设两球质量均为m，闪光的时间间隔为t，若碰撞过程中动量守恒，沿P球原运动方向有meq \f(x1,t)＝meq \f(x2,t)cosα＋meq \f(x3,t)cosβ，垂直P球原运动方向有meq \f(x2,t)sinα＝meq \f(x3,t)sinβ，约分后有x1＝x2cosα＋x3cosβ，x2sinα＝x3sinβ，故A、B错误；若碰撞过程中机械能、动量都守恒，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,t))) eq \s\up12(2)＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,t))) eq \s\up12(2)＋eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3,t))) eq \s\up12(2)，约分后有xeq \o\al(2,1)＝xeq \o\al(2,2)＋xeq \o\al(2,3)，与A、B项结果联立并化简得sinαsinβ＝cosαcosβ，即cos(α＋β)＝0，可得α＋β＝eq \f(π,2)，故C错误，D正确。 $