题型06 动量和能量（4大题型）（题型专练）（江苏专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

题型05 动量和能量 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 动量定理及其应用 考向02 动量守恒定律及其应用 考向03 碰撞模型 考向04 多次碰撞问题的处理 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 动量在江苏高考物理中将占据重要地位，主要体现在以下几个方面： 1. 核心考点地位：动量守恒定律是考查重点，近五年（2021-2025）中2022、2024、2025年均有涉及，侧重守恒条件判断及碰撞、反冲等现象的应用。动量定理也受到持续关注，如2021年考查了动量定理的相关实验，2023、2024年考查其矢量性及变力冲量计算。 2. 命题趋势：2025年动量与能量相结合的问题已经放在了倒数第二个计算题，未来可能继续强化动量与能量观点的综合应用，情境设计更复杂，要求考生灵活选取研究对象并判断守恒条件。 3. 能力要求：重点考查矢量性思维和守恒思想，需掌握动量定理和动量守恒定律的定性分析（如冲量方向、动量变化）及定量计算（如速度、冲量）。 4. 知识关联：动量与牛顿定律、能量守恒等知识联系紧密，需建立完整知识体系。 建议考生重点掌握动量守恒定律的应用条件及矢量运算，结合典型题型（如碰撞、反冲）强化训练，注重物理核心素养的培养。 考向01 动量定理及其应用 【例1-1】(2025·无锡调研)2024年第11号台风“摩羯”于9月6日在海南文昌登陆，登陆时中心附近最大风力有17级以上，造成巨大破坏．已知11级台风的风速范围为28.5 m/s～32.6 m/s，17级台风的风速范围为56.1 m/s～61.2 m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则17级台风对该标志牌的作用力大小约为11级台风的（ ） A. 2倍 B. 4倍 C. 8倍 D. 16倍 【答案】B 【解析】设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在Δt时间的空气质量为Δm＝ρS·vΔt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为0，对风由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，解得F＝ρSv2，假设11级台风的风速v11＝ m/s≈31 m/s,17级台风的风速v17＝ m/s≈59 m/s，故有＝＝2≈4，故B正确． 【例1-2】(2025·江苏盐城市模拟)一质量为m的小球从水平地面竖直上抛，在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比。它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.小球t2时刻刚好落地 B.小球在运动过程中加速度最大为2g C.小球从抛出到落地的总时间为 D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 【答案】C 【解析】由题图可知，t2时刻后小球的动量不变，即小球的速度不变，小球速度不变后，又运动了一段时间，说明t2时刻小球还没落地，故A错误；设在运动过程中小球受到的空气阻力与速率满足关系式f=kv，根据动量定理Δp=FΔt，可知p-t图像的斜率表示合外力，由题图可知t=0时刻，p-t图像斜率的绝对值最大，小球的加速度最大，设小球运动过程中的最大加速度为am，有mg+kv1=mam，其中v1=，当p=-时，小球合外力为零，此时有mg=kv2=k，解得am=3g，故B错误；由题图知从抛出到最高点的时间为t1，设此时上升的高度为h，从最高点到落地的时间为t'，从地面抛出到最高点由动量定理得-mgt1-kt1=0-p0，即mgt1+kh=p0，同理下降阶段mgt'-kt'=，即mgt'-kh=，联立可得小球从抛出到落地的总时间为t=t1+t'=，故C正确；小球上升过程中阻力的冲量大小为If1=kt1=kh，小球下落过程中阻力的冲量大小为If2=kt'=kh，故小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等，故D错误。 【例1-3】(2024·广东卷·14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg，H=3.2 m，重力加速度大小取g=10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 【答案】(1) (2)①330 N∙s　竖直向上　②0.2 m 【解析】(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N， 则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma，解得tan θ= (2)①由F-t图像与t轴围成的“面积”可知碰撞过程中F的冲量大小 IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s，方向竖直向上； ②设头锤落到气囊上时的速度为v0，则=2gH 与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)IF-Mgt=Mv-(-Mv0)，解得v=2 m/s，则上升的最大高度h==0.2 m。 一、流体的柱状模型 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段横截面积为S的柱形流体，如图所示。若流体原速率反弹，求所受冲击力的解题步骤： (1) 在极短时间Δt内，取一小柱体长度为Δl=vΔt作为研究对象． (2) 求小柱体的体积ΔV＝SvΔt. (3) 求小柱体的质量Δm＝ρΔV＝SρvΔt. (4) 应用动量定理Δp＝FΔt. (5) 作用后流体微元以速率v反弹，有Δp＝－2Δmv. (6) 联立解得F＝－2ρSv2. 二、动量定理及微元积分法在变速直线运动中的应用 当物体受到的力与速度成正比，即F=kv，且力与速度在一条直线上时，该力在一段时间内的冲量IF=∑kv·Δt=k∑vΔt，其中vΔt表示极短时间内对应的小段位移，所有时间内的小段位移累积后即∑vΔt表示整段时间内的总位移x。若物体受到阻力Ff=kv和其他外力(恒力)作用，由动量定理：F恒t-∑kvΔt=mΔv，即F恒·t-kx=mΔv，可求未知量t或x。 【变式1-1】假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止且有雾气，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 【答案】B 【解析】在时间Δt内车头遇到的水珠的质量Δm1=vΔtSnm，遇到空气的质量Δm2=vΔtSρ，对这些水珠及空气的整体研究，由动量定理得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'=(ρ+nm)Sv2，故选B。 【变式1-2】某小球质量为M，现让它在空气中由静止开始竖直下落，下落过程中所受空气阻力与速率的关系满足f=kv(k为定值)，当下落时间为t时，小球开始匀速下落，已知重力加速度为g，则小球在t时间内下降的高度h为(　　) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】根据题意可得，当小球匀速下落时，有Mg=f=kv，下落过程中，根据动量定理可得Mgt-t=Mv-0，t=kt=kh，联立可得h=，故选A。 【变式1-3】 (2025·湖北卷)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，其俯视图如图甲所示．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，其俯视图如图乙所示．门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，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（ ） 甲　 　乙 A. 　　　 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】设拉力为F，作用时间为t1，撤去外力后门板运动的时间为t2，门板运动过程的最大速度为vm，则由动量定理，有(F－μmg)t1＝mvm，解得t1＝；撤去拉力后，有μmgt2＝mvm，解得t2＝，对于全过程，有Ft1＝μmgt，解得F＝，对于全过程有＝，故门板运动的总时间t＝t1＋t2＝＋＝＋＝·＝·＝，可知当t2越大时，t越小，则当t2＝t时，t取最小值，则t＝，则tmin＝，故B正确． 考向02 动量守恒定律及其应用 【例2-1】(2024·江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（ ） A. 弹簧恢复原长时B动量最大 B. 弹簧压缩最短时A动能最大 C. 系统动量变大 D. 系统机械能变大 【答案】A 【解析】对整个系统分析可知，合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得Ep＝mAv＋mBv，联立解得Ep＝v，故可知弹簧恢复原长时物体B速度最大，此时B动量最大，A动能最大，对于系统来说动量一直为0，系统机械能不变，故A正确． 【例2-2】(2025·无锡期末调研)“嫦娥六号”在着陆前，以v0的速度在环月轨道飞行.2024年5月30日，“嫦娥六号”着陆器和轨道器实现在轨分离．分离时，轨道器将着陆器沿自身运行方向的反方向以相对速率v弹出，分离用时为t，若轨道器质量为M，着陆器质量为m，则（ ） 　 A. 分离后轨道器的速度为v1＝ B. 分离后轨道器的速度为v1＝ C. 分离过程中，轨道器对着陆器的平均推力F＝ D. 分离过程中，系统机械能增加量ΔE＝ 【答案】D 【解析】根据动量守恒定律(M＋m)v0＝Mv1＋m(v1－v)，解得v1＝，故A、B错误；对于着陆器，由动量定理得Ft＝mv－0，解得 F＝，故C错误；分离过程中，系统机械能增加量 ΔE＝E2－E1＝Mv＋m(v1－v)2－(M＋m)v＝，故D正确． 一、动量守恒定律的应用 应用动量守恒定律解决问题，一定要注意题目的情境是否满足动量守恒的条件： 1、理想守恒：合外力为0 2、近似守恒：内力远大于外力 3、某一方向上动量守恒：某一方向上的合力为0 二、人船模型 1、特点：系统某一方向上动量要守恒，且在该方向上初始总动量为0 2、处理方法： mv1=Mv2，mv1Δt=Mv2Δt，各段时间累加后，mx1=Mx2，x1+x2=L。 【变式2-1】(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，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= 【答案】D 【解析】该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2的静电力大小相等、方向相反，故可知此时球3受到的合力为0，球3从静止状态开始运动的瞬间受到的合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误；对系统根据动量守恒mv1+mv2=mv3，根据球1和2运动的对称性可知v1=v2，解得v3=2v1，根据能量守恒m+m+m=，解得v3=，故C错误，D正确。 【变式2-2】如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量也为m的小球C，现将C球向右拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，则下列说法错误的是（　　） A．小球C第一次经过最低点的过程中，A、B、C系统动量守恒 B．小球C第一次运动到最低点时的速度大小为 C．小球C第一次经过最低点的过程中，A、B向右滑行距离为 D．小球C第一次到达轻杆左侧最高处距O点的竖直高度为 【答案】A 【解析】A．小球C第一次经过最低点的过程中，由于小球C有竖直方向的加速度，则A、B、C组成的系统竖直方向所受合力不为零，竖直方向动量不守恒，则A、B、C系统动量不守恒，故A错误； BC．设小球由静止释放到第一次经过最低点的过程中，小球的水平位移大小为，木块A的位移大小为，小球运动到最低点时的速度大小为，A、B的速度为；小球由静止释放在向下摆动的过程中，对A有拉力，使得A、B之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、B分离时速度相等，A、B、C系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，根据系统水平方向动量守恒有，则，由几何关系得、 由系统机械能守恒定律得联立解得，，，故BC正确； D．C球向左摆至最高点时，A、C共速，设球C从最低点第一次到达轻杆左侧最高处的竖直高度为h，水平向左为正，根据水平方向动量守恒有，根据能量守恒有， 联立解得。根据几何关系可得小球C第一次到达轻杆左侧最高处距O点的竖直高度为，故D正确。 故选A。 考向03 碰撞模型 【例3-1】（25-26高三上·江苏镇江·期中）如图是P、Q两小球碰撞过程的图像，虚线和实线分别表示P球和Q球的运动情况，则（　　） A．P球的质量大于Q球的质量 B．Q球的质量大于P球的质量 C．碰撞是弹性碰撞 D．碰撞是非弹性碰撞 【答案】C 【解析】AB．设P、Q两小球的质量分别为、，碰前P、Q两小球的速度大小分别为、，由动量守恒定律得，解得，故AB错误； CD．由于，那么碰前的机械能为，碰后的机械能为 所以，可知为弹性碰撞，故C正确，D错误。 【例3-2】如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，小球A、B质量分别为m1、m2，m1>m2，B的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放A、B，当A与B相距最近时A的速度为v1，则在以后的运动过程中(　　) A.A的最小速度是0 B.A的最大速度是v1 C.B的最小速度是v1 D.B的最大速度是v1 【答案】D 【解析】由题意结合题图可知，当A与B相距最近时，B的速度为0，此后，A在前，做减速运动，B在后，做加速运动，当再次相距最近时，A减速结束，B加速结束，则此时A速度最小，B速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒，有m1v1=m1v1'+m2v2，m1=m1v1'2+m2，解得v1'=v1，v2=v1，则A的最小速度是v1，B的最大速度是v1，选项D正确，A、B、C错误。 一、两种碰撞的特点 1、弹性碰撞：系统碰撞前后动能不变 2、非弹性碰撞：系统碰撞后动能减少 完全非弹性碰撞：系统碰撞后动能减少最多，特点是碰后两者共速 二、碰撞模型的拓展 1、小球-弹簧模型 2、小球-曲面模型 3、带电小球-小球模型 4、处理方法： （1）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、重力势能或电势能 （2）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m=m+M 【变式3-1】超弹性碰撞是一个精彩的演示实验．把一个弹性小球放在一个弹性大球上，使它们自由落下．当它们落到弹性的水平地面上反弹时，小球跳得比原来高许多倍．某同学演示这个实验时，将A、B两个大小不同的弹力球从离水平地面h高处由静止同时释放，如图所示．释放时A、B两球(均可视为质点)相互接触且球心连线竖直，碰撞过程中均无机械能损失．若A球反弹后离碰撞点的最大高度为H＝4h，则A、B两球的质量之比为（ ） A. 1∶3　　　　　 B. 2∶3　　　 C. 1∶2　　　　 D. 3∶4 【答案】A 【解析】两球下落过程中根据系统机械能守恒有(mA＋mB)gh＝(mA＋mB)v，解得v0＝.设两个小球触地碰撞后A的速度大小为v1，B的速度大小为v2.B球与地面碰撞后速度等大、反向，然后与A发生弹性碰撞．取向上为正方向，根据动量守恒定律可得mBv0－mAv0＝mAv1＋mBv2，根据系统机械能守恒定律有mBv＋mAv＝mAv＋mBv，A碰撞后由机械能守恒得mAgH＝mAv，联立解得h＝2H.由题可知H＝4h，解得mA∶mB＝1∶3，A正确． 【变式3-2】（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，两个半径均为的四分之一光滑圆槽静置于光滑水平面上，左右圆槽底端与水平面相切于、两点。一质量为的小球（可视为质点）从左侧圆槽上端点正上方的点（图中未画出）由静止释放，从点进入圆槽。已知、两点间距为，初始时、两点间距为，圆槽质量均为，重力加速度为。则下列说法错误的是（　　） A．小球刚运动到点时对左侧圆槽的压力大小为 B．小球第一次到达点时，、相距 C．小球滑上右侧圆槽的最大高度为 D．小球回到水平面后仍能滑上左侧圆槽 【答案】D 【解析】A．小球刚运动到点的过程中，小球与左侧圆槽系统水平方向动量及能量守恒。取水平向右为正方向，设小球在A点时速度大小为，圆槽速度大小为，则有， 求得，。对小球在A点时，利用牛顿第二定律有，求得， 根据牛顿第三定律，则小球刚运动到点时对左侧圆槽的压力大小为，故A正确； B．小球刚运动到点的过程中，设左侧圆槽对地向左运动的距离为，小球对地向右运动的水平距离为，则有，，求得，，小球离开A后，小球与左侧槽均做匀速直线运动，小球到B点时则有，则AB相距，故B正确； C．小球冲上右侧圆弧槽时，假设小球没有脱离圆弧槽，水平方向动量守恒则有，根据能量守恒可得，联立解得，假设成立，故C正确； D．小球从右侧圆槽回到水平面后，对小球与右侧圆槽则有，由能量守恒定律可得，解得，由于，因此小球回到水平面后不能冲上左侧圆槽，故D错误。 故选D。 考向04 多次碰撞问题的处理 【例4-1】(2025·江苏卷·14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 （1）若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； （2）若钢球质量为，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小； （3）若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为。 （2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得， 负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为 （3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞次后速度大小为 则玻璃球碰撞次后最终动能大小 多次碰撞问题的处理方法：关键是找到下一次碰撞和上一次碰撞之间的规律，如速度、动能、位移等之间是否存在等比数列等数学关系，从而找到碰撞规律的通项去解决问题。 【变式4-1】在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速。碳核的质量是中子的12倍，假设中子与碳核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。（1）设碰撞前中子的动能是E0，经过一次碰撞，中子失去的动能是多少？（2）至少经过多少次碰撞，中子的动能才能小于E0×10-6？ 【答案】（1） （2）42 【解析】（1）设中子质量为m，初速度为v0，则碳核的质量为12m，由于中子与碳核的碰撞为弹性碰撞，可以根据两个守恒列出方程，也可用恢复系数解决问题，即，，两方程联立得，所以中子失去的动能为。 （2）由于中子每次与碳核碰撞后，速度均变为原来的11/13，即： 一次碰撞后，中子剩余的动能为 两次碰撞后，中子剩余的动能为 n次碰撞后，中子剩余的动能为 两边取对数，可以求得n=41.4，即至少要碰撞42次，中子的动能才能小于E0×10-6 1．（25-26高三上·江苏苏州·月考）如图所示，在篮球训练中，当接到传来的篮球时，双手应随球迅速收缩至胸前，是为了（　　） A．减小篮球对手的冲量 B．减小篮球对手的冲击力 C．减小篮球的动量变化量 D．减小篮球的动能变化量 【答案】B 【解析】ABC．接球过程中，篮球的初速度和末速度（为零）是确定的，因此篮球的动量变化量是确定的，对篮球受力分析，根据动量定理可得解得，接球时，双手随球迅速收缩，延长了手与球相互作用的时间，手对球的平均作用力F 就越小，根据牛顿第三定律，篮球对手的冲击力也相应减小，这样可以防止手部受伤，故AC错误，B正确； D．根据上述分析可知，篮球的初速度和末速度是确定的，因此其动能变化量也是确定的，与接球方式无关。故D错误。 故选B。 2．（25-26高三上·山东烟台·期末）一颗子弹在枪筒里前进时所受合力大小与其作用时间的关系式为，已知子弹到达枪口处合力刚好为零，此时子弹的速率为，则子弹的质量为（　　） A．1g B．2g C．3g D．4g 【答案】A 【解析】作出子弹受力的图像如下 由于图像中，图线与坐标轴围成的面积表示冲量的大小，则有 由动量定理可知，子弹的质量 故选A。 3．2025年4月11日成功发射通信技术试验卫星十七号。运载火箭点火时向下喷气，会对地面产生冲力。假设火箭刚离开地面时竖直向上速度大小为v0，火箭喷气口的横截面积大小为S，喷出气体相对于火箭的速度大小为v，气体垂直射向地面后，竖直速度变为零，已知气体的密度为ρ，重力加速度大小为g，忽略气体自身重力，v>v0。则气体对地面的平均冲力大小是(　　) A．ρSv2 B．ρSv(v-v0) C．ρS D．ρS(v-v0)2 【答案】D 【解析】由题意可知气体对地的速度为v气=v-v0，设Δt时间内有Δm质量的气体射向地面，地面对气体平均冲力大小为F，规定向下为正方向，由动量定理有-FΔt=0-Δmv气，因为Δm=v气ΔtSρ，联立解得F=ρS(v-v0)2，根据牛顿第三定律可知，气体对地面的平均冲力大小是ρS(v-v0)2，故选D。 4． (2025·泰州泰兴调研)如图所示，体重相同的甲、乙两同学静止在光滑水平面上玩抛接球游戏．第一次，甲同学把一个充气的大乳胶气球，以某一速度水平投向乙，乙接住．第二次，放掉部分气体后气球变得很小，甲同学再把气球以相同的速度投向乙，乙接住．下列说法中正确的是（ ） A．第一次接球后，乙的速度比甲大 B．第二次接球后，乙的速度比甲大 C．乙接球的过程，第一次球的动量变化量较大 D．乙接球的过程，第二次球的动量变化量较大 【答案】C 【解析】设甲、乙的质量均为M，第一次抛出球的质量为m1，速度为v，则甲抛出球时Mv甲1＝m1v，乙接住球时m1v＝(M＋m1)v乙1，可知v甲1>v乙1，即第一次接球后，乙的速度比甲小，故A错误；第二次抛球时，设球的质量为m2，则m2<m1，同理可知甲抛出球时Mv甲2＝m2v，乙接住球时m2v＝(M＋m2)v乙2，可知v甲2>v乙2，即第二次接球后，乙的速度比甲的小，故B错误；乙接球的过程，第一次球的动量变化量Δp1＝m1v乙1－m1v＝－，第二次球的动量变化量Δp2＝m2v乙2－m2v＝－，可知Δp1>Δp2，则第一次球的动量变化较大，故C正确，D错误． 5．(2025·甘肃卷)如图所示，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，取g＝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 【答案】B 【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A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有mv2＋mv＝mv＋mv＋mv，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A在竖直方向上做自由落体运动，则有h＝gt2，解得t＝2 s，可知，碰撞后小球A运动t′＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt′，解得v＝3.0 m/s，故B正确． 6．如图所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2 s内两物体的v－t图像如图所示．则（ ） 　 A． A的质量比B的大 B．0～1 s内，弹簧对A、B的冲量相同 C．t＝1 s时，弹簧的弹性势能最大 D．t＝2 s时，A的动量比B的大 【答案】C 【解析】由图可知，物块B的初速度为v0＝1.2 m/s，t＝1 s时，物块A、B的共同速度大小为v＝1.0 m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝(mA＋mB)v，解得mB＝5mA，故A错误；0～1 s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；t＝1 s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大，故C正确；t＝2 s时，A的动量pA＝mAvA，B的动量pB＝mBvB，由图可知，vA＝2.0 m/s，vB＝0.8 m/s，又mB＝5mA，所以A的动量比B的小，故D错误． 7．(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(　　) 【答案】A 【解析】根据牛顿第二定律a=，两小球所受外力F大小相等，由v-t图像的斜率表示加速度可知，M、N的加速度大小之比为4∶6=2∶3，则M、N的质量之比为3∶2；设M、N的质量分别为3m和2m；由图像可设M、N碰前的速度大小分别为4v和6v，因M、N系统所受合外力为零，则系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有3m×4v+2m×(-6v)=3mv1+2mv2，若系统为弹性碰撞，由能量守恒定律可知×3m×(4v)2+×2m×(-6v)2=×3m+×2m，解得v1=-4v、v2=6v，因碰撞后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，即两小球一起停止，故B、D错误；若不是弹性碰撞，则3m×4v+2m×(-6v)=3mv1+2mv2，可知碰后速度大小之比为|v1|∶|v2|=2∶3，若假设v1=-2v，则v2=3v，此时满足×3m×(4v)2+×2m×(-6v)2>×3m+×2m，则假设成立，因碰撞后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大小之比为4v∶2v=2∶1，可知碰撞前后运动时间之比为2∶1，故A正确，C错误。 8．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期末）如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出v1-v2的关系图像，某段时间内图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块与小球组成的系统动量守恒 B．当滑块速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C．小球与滑块的质量比为1：2 D．小球的初速度大小可能为 【答案】C 【解析】A．小球与滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故A错误； C．设小球的质量为m，滑块质量M，水平方向上，根据动量守恒定律可得，化简可得，结合图（b）可得，所以，故C正确； B．小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上，由动量守恒定律得，解得，故B错误； D．若小球恰好能到达圆弧最高点，小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，根据能量守恒定律得，解得。由于小球能从圆弧最高点冲出滑块，所以其初速度一定大于，即小球的初速度大小不可能为，故D错误。 故选C。 9． (2025·南京、盐城一模)如图所示，轻质弹簧的两端分别与物块A、B相连，并放在倾角为θ的固定斜面上，A靠在固定的挡板P上，弹簧与斜面平行，A、B均静止．将物块C在物块B上方与B相距x处由静止释放，C和B碰撞的时间极短，碰撞后粘在一起不再分开．已知A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则为保证A不离开挡板，x的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设C向下运动x时速度为v，由机械能守恒得，mgsin θ·x＝mv2，解得v＝，C与B碰撞满足动量守恒，规定沿斜面向下为正方向，碰撞后B、C整体速度为v0，则mv＝2mv0，刚开始A、B均静止时，设此时弹簧的压缩量为x1，对B由平衡条件kx1＝mgsin θ，解得x1＝，为保证A不离开挡板，B、C向上运动速度减为0时，设此时弹簧的伸长量为x2，对A由平衡条件kx2＝mgsin θ，解得x2＝，从物块C、B碰撞完到物块A恰好不离开挡板整个过程，对B、C由系统机械能守恒可得2mgsin θ(x1＋x2)＝·2mv，代入数据解得x＝，B正确． 10．（2026·云南大理·二模） 如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量为m的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图乙所示，S1和S2分别表示图中阴影面积。下列说法正确的是（   ） A． B．S1 > R C．m > M D．S2 < 2S1 【答案】D 【解析】A．小球第一次滑下至最低点过程，由机械能守恒定律则有，解得，故A错误； B．根据图像围成面积等于水平位移，可得，故B错误； C．小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有，整理可得，结合图像可知，故小于，故C错误； D．小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在至时间内，即小球从弯槽右侧共速点到左侧共速点，共速点的高度均低于弯槽左右两端，而S2为t1至内两者的相对位移，则有，故D正确。 故选D。 11．(2025·江苏苏锡常镇四市一模)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v0，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 【解析】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，设此时小球速度为v1、凹槽速度为v2，则mv0=mv1+Mv2，m=m+M，联立可得M=m，以初速度方向为正方向，由题图中小球的运动轨迹可知，当小球第一次回到最低点时v1<0，即>1，可以判断m<M，故A错误；当小球第一次到最高点时，水平方向速度共速，设小球和凹槽此时的水平方向速度为v共，则由动量守恒mv0=(m+M)v共，得v共=，当增大M值后v共会减小，系统机械能守恒，则m=m(+)+mgr+M，仅增大M值，由最低点开始运动到最高点时，v共减小，则v竖直增大，小球会飞的更高，飞离凹槽，故B正确；设小球末速度水平分速度为v1'，凹槽末速度为v2'，由动量守恒可知mv0=mv1'+Mv2'，即m(v0-v1')=Mv2'，若当凹槽对地向左运动时v2'<0，可得v0<v1'，则m<mv1'2，不满足系统机械能守恒，小球由A到B过程中v0-v1'一直增大，所以v2'一直增大，故C、D错误。 12．（25-26高三上·江苏苏州·月考）生活中常出现手机滑落而导致损坏的现象，手机套能有效地保护手机。现有一部质量为的手机（包括手机套），从离地面高处无初速度下落，落到地面后未反弹。由于手机套的缓冲作用，手机与地面的作用时间为。不计空气阻力，取，求： （1）手机从开始下落到速度为零的过程中手机重力的冲量大小； （2）地面对手机的平均作用力大小。 【答案】(1)1.6 N·s (2)8 N 【解析】（1）设手机自由下落时间为t，则，手机重力的冲量大小，解得 （2）手机运动的整个过程，根据动量定理有，解得 13．(2025·苏州三模)如图所示，两物体A和B并排静置于光滑水平地面，它们的质量M均为0.5 kg.质量m＝0.1 kg的子弹以v0＝34 m/s的水平速度从左边射入A，射出物体A时A的速度vA＝2 m/s，子弹紧接着射入B中，最终子弹未从B中穿出．子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变，A的长度为LA＝0.23 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2. （1）求物体B最终的速度大小vB. （2）求子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q. （3）求物体B的最小长度LB. 【答案】(1) 4 m/s　(2) 46 J　(3) 0.03 m 【解析】(1) 从最初到最终共速，由动量守恒mv0＝MvA＋(M＋m)vB，解得vB＝4 m/s (2) 从子弹射入A到穿出，由动量守恒mv0＝mv1＋2MvA，解得v1＝14 m/s 由能量守恒Q＝mv－mv－·2Mv，解得Q＝46 J (3) 子弹从射入到共速时Q总＝mv－Mv－(M＋m)v，解得Q总＝52 J 由Q＝fx相对得＝，可得x总＝0.26 m 故物体B的最小长度LB＝x总－LA＝0.26 m－0.23 m＝0.03 m. 14． (2025·苏北四市调研)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C，整个系统处于静止状态，现给球C一个水平向右的初速度v0＝，式中g为重力加速度，不计空气阻力．求： （1）此时细线对球C的拉力大小F. （2）球C向右摆动过程中，上升的最大高度h. （3）球C摆到杆左侧，离杆最远时的速度大小v. 【答案】(1) 4mg　(2) L　(3) 【解析】(1) 根据牛顿第二定律得F－mg＝，解得F＝4mg (2) 球C向右上升到最大高度时，球C与木块A、B三者具有共同速度，根据动量守恒与系统机械能守恒可得 mv0＝3mv1 mgh1＝mv－·3mv 代入数据解得h1＝L (3) 球C再次回到最低点时，A、B具有共同速度v2，球C的速度为v3，根据动量守恒与系统机械能守恒可得 mv0＝2mv2＋mv3 mv＝·2mv＋mv 解得v2＝v0，v3＝－v0 球C摆到杆左侧，球C与木块A具有共同速度，根据动量守恒定律可得mv2＋mv3＝2mv4 代入数据可得v4＝. 15．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)，小球恰好能达到与滑块等高的位置，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。 【答案】(1)　(2)mg　(3) 【解析】(1)小球第一次到最高点时，小球和滑块达到共同速度，水平方向动量守恒有mv0=(3m+m)v共 由系统机械能守恒m=×(3m+m)+mgL 联立解得v0= (2)小球第1次返回最低点时，设小球速度为v1，滑块的速度为v2，对系统由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+3mv2，m=m+×3m 解得v1=-v0，v2=v0 由牛顿第二定律FT-mg=，联立解得FT=mg (3)从开始到第1次摆到最高点的过程中小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒，取极短时间Δt内mv0Δt=mv1Δt+3mv2Δt 累加可得mv0∑Δt=m∑v1Δt+3m∑v2Δt 又∑v1Δt=s1=s+L，∑v2Δt=s2=s 则mv0t=ms1+3ms2 解得t==。 16．（2026·湖南·一模）如图所示，传送带的左侧为足够长的光滑水平面，右侧为光滑曲面，传送带与左右两边的台面等高且平滑对接。一轻质弹簧左端固定在竖直墙上，右端与质量的小物块B连接。传送带始终以的速度逆时针转动。现将质量的小物块A从曲面上距水平面高度处由静止释放。物块A、B之间每次发生的都是完全非弹性碰撞，但碰后并不粘连，第一次碰撞前物块B静止于平衡位置，且每次回到平衡位置时物块B都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除。已知传送带长，物块A与传送带之间的摩擦因数，g取。 （1）求物块A第一次与物块B碰撞前的速度大小； （2）求物块A第一次与物块B碰撞后弹簧弹性势能的最大值； （3）与物块B第一次碰后运动的全过程中，求物块A与传送带间因摩擦而产生的热量。 【答案】(1) (2) (3) 【解析】（1）设物块A滑到曲面底部速度为v0，根据动能定理，有 解得，则物块A在传送带上开始做匀减速运动。 假设物块A一直做减速滑过传送带前速度为vA，则有，解得 由于，说明假设成立，即物块A与物块B第一次碰撞前的速度大小为6m/s （2）设第一次碰后物块A与物块B的速度为，则对物块A与物块B系统在碰撞过程,根据动量守恒，有，解得。之后物块A与物块B一起减速至速度为零时，弹簧弹性势能最大，可得，代入解得 （3）物块A与B第一次碰撞后当弹簧恢复原长时A、B分离，此时物块A的速度大小仍为 物块A在传送带上先向右做匀减速运动，减速到零的位移 所以物块A在传送带上先向右做匀减速到零的运动，再向左做匀加速运动以原速率返回左端，所以物块A与物块B第二次碰撞前的速度为 设第二次碰后物块A与物块B的速度为，则对物块A与B系统在第二次碰撞过程，有 解得 同理可推物块A每次碰撞后都将被传送带带回与物块B发生下一次碰撞，则A与B碰撞n次后返回传送带，速度大小为 第n次与物块B碰撞后，在传送带上运动的时间 物块A与传送带的相对位移 与物块B第一次碰后运动的全过程，物块A与传送带间因摩擦而产生的热量 17．（25-26高三上·北京丰台·期末）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到阻力有关。 （1）假设雨滴下落过程中质量为m，空气对雨滴阻力大小为（k为比例系数，v为雨滴的速度），重力加速度为g。求雨滴下落过程中加速度a与速度v的关系式。 （2）某研究小组查阅资料发现，空气阻力会使雨滴横向尺度远大于下落方向的尺度，可将其看成底面半径为R、高为（）的圆柱体。雨滴下落过程中，一方面受到空气阻力的作用，大小为（为比例系数，v为雨滴的速度），另一方面雨滴在下落过程中吸收路径上静止在空中的小水滴，还会受到小水滴的作用力。为简化研究，假设吸收小水滴前后，雨滴的密度始终为，每次吸收的小水滴质量远小于当前雨滴的质量，单位时间内吸收小水滴的质量满足：（为比例系数，v为雨滴的速度）。忽略空气分子和小水滴对雨滴侧面的碰撞。 a、在雨滴吸收小水滴的过程中，求雨滴速度为v时，受到小水滴作用力F的大小； b、雨滴下落过程中随着不停地吸收小水滴，质量增加，速度增加，一段时间后速度增加变得缓慢。请你建构合理的模型，求雨滴速度增加缓慢过程中雨滴速度v与半径R的关系。 【答案】(1) (2)， 【解析】（1）对雨滴受力分析，由牛顿第二定律， 解得（） （2）a、设时间内吸收小水滴的质量为，每次吸收的小水滴质量远小于当前雨滴的质量，即，吸收后的速度大小为，由动量守恒有，故 对小水滴由动量定理有，故小水滴受到的作用力 据牛顿第三定律雨滴受到小水滴作用力 b、一段时间后速度增加变得缓慢，加速度趋于0，设此时质量增加到M 空气阻力 水滴作用力 联立解得 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型05 动量和能量 目录 第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局 第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 考向01 动量定理及其应用 考向02 动量守恒定律及其应用 考向03 碰撞模型 考向04 多次碰撞问题的处理 第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 动量在江苏高考物理中将占据重要地位，主要体现在以下几个方面： 1. 核心考点地位：动量守恒定律是考查重点，近五年（2021-2025）中2022、2024、2025年均有涉及，侧重守恒条件判断及碰撞、反冲等现象的应用。动量定理也受到持续关注，如2021年考查了动量定理的相关实验，2023、2024年考查其矢量性及变力冲量计算。 2. 命题趋势：2025年动量与能量相结合的问题已经放在了倒数第二个计算题，未来可能继续强化动量与能量观点的综合应用，情境设计更复杂，要求考生灵活选取研究对象并判断守恒条件。 3. 能力要求：重点考查矢量性思维和守恒思想，需掌握动量定理和动量守恒定律的定性分析（如冲量方向、动量变化）及定量计算（如速度、冲量）。 4. 知识关联：动量与牛顿定律、能量守恒等知识联系紧密，需建立完整知识体系。 建议考生重点掌握动量守恒定律的应用条件及矢量运算，结合典型题型（如碰撞、反冲）强化训练，注重物理核心素养的培养。 考向01 动量定理及其应用 【例1-1】(2025·无锡调研)2024年第11号台风“摩羯”于9月6日在海南文昌登陆，登陆时中心附近最大风力有17级以上，造成巨大破坏．已知11级台风的风速范围为28.5 m/s～32.6 m/s，17级台风的风速范围为56.1 m/s～61.2 m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则17级台风对该标志牌的作用力大小约为11级台风的（ ） A. 2倍 B. 4倍 C. 8倍 D. 16倍 【例1-2】(2025·江苏盐城市模拟)一质量为m的小球从水平地面竖直上抛，在运动过程中小球受到的空气阻力与速率成正比。它从抛出到落地过程中动量随时间变化的图像如图所示。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A.小球t2时刻刚好落地 B.小球在运动过程中加速度最大为2g C.小球从抛出到落地的总时间为 D.小球上升和下降过程中阻力的冲量大小不相等 【例1-3】(2024·广东卷·14)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg，H=3.2 m，重力加速度大小取g=10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 一、流体的柱状模型 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段横截面积为S的柱形流体，如图所示。若流体原速率反弹，求所受冲击力的解题步骤： (1) 在极短时间Δt内，取一小柱体长度为Δl=vΔt作为研究对象． (2) 求小柱体的体积ΔV＝SvΔt. (3) 求小柱体的质量Δm＝ρΔV＝SρvΔt. (4) 应用动量定理Δp＝FΔt. (5) 作用后流体微元以速率v反弹，有Δp＝－2Δmv. (6) 联立解得F＝－2ρSv2. 二、动量定理及微元积分法在变速直线运动中的应用 当物体受到的力与速度成正比，即F=kv，且力与速度在一条直线上时，该力在一段时间内的冲量IF=∑kv·Δt=k∑vΔt，其中vΔt表示极短时间内对应的小段位移，所有时间内的小段位移累积后即∑vΔt表示整段时间内的总位移x。若物体受到阻力Ff=kv和其他外力(恒力)作用，由动量定理：F恒t-∑kvΔt=mΔv，即F恒·t-kx=mΔv，可求未知量t或x。 【变式1-1】假设列车在水平长直轨道上运行时，列车周围空气静止且有雾气，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 【变式1-2】某小球质量为M，现让它在空气中由静止开始竖直下落，下落过程中所受空气阻力与速率的关系满足f=kv(k为定值)，当下落时间为t时，小球开始匀速下落，已知重力加速度为g，则小球在t时间内下降的高度h为(　　) A. B. C. D. 【变式1-3】 (2025·湖北卷)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，其俯视图如图甲所示．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，其俯视图如图乙所示．门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为μ，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（ ） 甲　 　乙 A. 　　　 B. C. D. 2 考向02 动量守恒定律及其应用 【例2-1】(2024·江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（ ） A. 弹簧恢复原长时B动量最大 B. 弹簧压缩最短时A动能最大 C. 系统动量变大 D. 系统机械能变大 【例2-2】(2025·无锡期末调研)“嫦娥六号”在着陆前，以v0的速度在环月轨道飞行.2024年5月30日，“嫦娥六号”着陆器和轨道器实现在轨分离．分离时，轨道器将着陆器沿自身运行方向的反方向以相对速率v弹出，分离用时为t，若轨道器质量为M，着陆器质量为m，则（ ） 　 A. 分离后轨道器的速度为v1＝ B. 分离后轨道器的速度为v1＝ C. 分离过程中，轨道器对着陆器的平均推力F＝ D. 分离过程中，系统机械能增加量ΔE＝ 一、动量守恒定律的应用 应用动量守恒定律解决问题，一定要注意题目的情境是否满足动量守恒的条件： 1、理想守恒：合外力为0 2、近似守恒：内力远大于外力 3、某一方向上动量守恒：某一方向上的合力为0 二、人船模型 1、特点：系统某一方向上动量要守恒，且在该方向上初始总动量为0 2、处理方法： mv1=Mv2，mv1Δt=Mv2Δt，各段时间累加后，mx1=Mx2，x1+x2=L。 【变式2-1】(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，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= 【变式2-2】如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量也为m的小球C，现将C球向右拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g，则下列说法错误的是（　　） A．小球C第一次经过最低点的过程中，A、B、C系统动量守恒 B．小球C第一次运动到最低点时的速度大小为 C．小球C第一次经过最低点的过程中，A、B向右滑行距离为 D．小球C第一次到达轻杆左侧最高处距O点的竖直高度为 考向03 碰撞模型 【例3-1】（25-26高三上·江苏镇江·期中）如图是P、Q两小球碰撞过程的图像，虚线和实线分别表示P球和Q球的运动情况，则（　　） A．P球的质量大于Q球的质量 B．Q球的质量大于P球的质量 C．碰撞是弹性碰撞 D．碰撞是非弹性碰撞 【例3-2】如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧自然长度均为d，小球A、B质量分别为m1、m2，m1>m2，B的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放A、B，当A与B相距最近时A的速度为v1，则在以后的运动过程中(　　) A.A的最小速度是0 B.A的最大速度是v1 C.B的最小速度是v1 D.B的最大速度是v1 一、两种碰撞的特点 1、弹性碰撞：系统碰撞前后动能不变 2、非弹性碰撞：系统碰撞后动能减少 完全非弹性碰撞：系统碰撞后动能减少最多，特点是碰后两者共速 二、碰撞模型的拓展 1、小球-弹簧模型 2、小球-曲面模型 3、带电小球-小球模型 4、处理方法： （1）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、重力势能或电势能 （2）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m=m+M 【变式3-1】超弹性碰撞是一个精彩的演示实验．把一个弹性小球放在一个弹性大球上，使它们自由落下．当它们落到弹性的水平地面上反弹时，小球跳得比原来高许多倍．某同学演示这个实验时，将A、B两个大小不同的弹力球从离水平地面h高处由静止同时释放，如图所示．释放时A、B两球(均可视为质点)相互接触且球心连线竖直，碰撞过程中均无机械能损失．若A球反弹后离碰撞点的最大高度为H＝4h，则A、B两球的质量之比为（ ） A. 1∶3　　　　　 B. 2∶3　　　 C. 1∶2　　　　 D. 3∶4 【变式3-2】（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期末）如图，两个半径均为的四分之一光滑圆槽静置于光滑水平面上，左右圆槽底端与水平面相切于、两点。一质量为的小球（可视为质点）从左侧圆槽上端点正上方的点（图中未画出）由静止释放，从点进入圆槽。已知、两点间距为，初始时、两点间距为，圆槽质量均为，重力加速度为。则下列说法错误的是（　　） A．小球刚运动到点时对左侧圆槽的压力大小为 B．小球第一次到达点时，、相距 C．小球滑上右侧圆槽的最大高度为 D．小球回到水平面后仍能滑上左侧圆槽 考向04 多次碰撞问题的处理 【例4-1】(2025·江苏卷·14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 （1）若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； （2）若钢球质量为，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小； （3）若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能。 多次碰撞问题的处理方法：关键是找到下一次碰撞和上一次碰撞之间的规律，如速度、动能、位移等之间是否存在等比数列等数学关系，从而找到碰撞规律的通项去解决问题。 【变式4-1】在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速。碳核的质量是中子的12倍，假设中子与碳核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。（1）设碰撞前中子的动能是E0，经过一次碰撞，中子失去的动能是多少？（2）至少经过多少次碰撞，中子的动能才能小于E0×10-6？ 1．（25-26高三上·江苏苏州·月考）如图所示，在篮球训练中，当接到传来的篮球时，双手应随球迅速收缩至胸前，是为了（　　） A．减小篮球对手的冲量 B．减小篮球对手的冲击力 C．减小篮球的动量变化量 D．减小篮球的动能变化量 2．（25-26高三上·山东烟台·期末）一颗子弹在枪筒里前进时所受合力大小与其作用时间的关系式为，已知子弹到达枪口处合力刚好为零，此时子弹的速率为，则子弹的质量为（　　） A．1g B．2g C．3g D．4g 3．2025年4月11日成功发射通信技术试验卫星十七号。运载火箭点火时向下喷气，会对地面产生冲力。假设火箭刚离开地面时竖直向上速度大小为v0，火箭喷气口的横截面积大小为S，喷出气体相对于火箭的速度大小为v，气体垂直射向地面后，竖直速度变为零，已知气体的密度为ρ，重力加速度大小为g，忽略气体自身重力，v>v0。则气体对地面的平均冲力大小是(　　) A．ρSv2 B．ρSv(v-v0) C．ρS D．ρS(v-v0)2 4． (2025·泰州泰兴调研)如图所示，体重相同的甲、乙两同学静止在光滑水平面上玩抛接球游戏．第一次，甲同学把一个充气的大乳胶气球，以某一速度水平投向乙，乙接住．第二次，放掉部分气体后气球变得很小，甲同学再把气球以相同的速度投向乙，乙接住．下列说法中正确的是（ ） A．第一次接球后，乙的速度比甲大 B．第二次接球后，乙的速度比甲大 C．乙接球的过程，第一次球的动量变化量较大 D．乙接球的过程，第二次球的动量变化量较大 5．(2025·甘肃卷)如图所示，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，取g＝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 6．如图所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2 s内两物体的v－t图像如图所示．则（ ） 　 A． A的质量比B的大 B．0～1 s内，弹簧对A、B的冲量相同 C．t＝1 s时，弹簧的弹性势能最大 D．t＝2 s时，A的动量比B的大 7．(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(　　) 8．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期末）如图（a），一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出v1-v2的关系图像，某段时间内图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块与小球组成的系统动量守恒 B．当滑块速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C．小球与滑块的质量比为1：2 D．小球的初速度大小可能为 9． (2025·南京、盐城一模)如图所示，轻质弹簧的两端分别与物块A、B相连，并放在倾角为θ的固定斜面上，A靠在固定的挡板P上，弹簧与斜面平行，A、B均静止．将物块C在物块B上方与B相距x处由静止释放，C和B碰撞的时间极短，碰撞后粘在一起不再分开．已知A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，且始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则为保证A不离开挡板，x的最大值为（ ） A． B． C． D． 10．（2026·云南大理·二模） 如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量为m的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图乙所示，S1和S2分别表示图中阴影面积。下列说法正确的是（   ） A． B．S1 > R C．m > M D．S2 < 2S1 11．(2025·江苏苏锡常镇四市一模)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v0，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 12．（25-26高三上·江苏苏州·月考）生活中常出现手机滑落而导致损坏的现象，手机套能有效地保护手机。现有一部质量为的手机（包括手机套），从离地面高处无初速度下落，落到地面后未反弹。由于手机套的缓冲作用，手机与地面的作用时间为。不计空气阻力，取，求： （1）手机从开始下落到速度为零的过程中手机重力的冲量大小； （2）地面对手机的平均作用力大小。 13．(2025·苏州三模)如图所示，两物体A和B并排静置于光滑水平地面，它们的质量M均为0.5 kg.质量m＝0.1 kg的子弹以v0＝34 m/s的水平速度从左边射入A，射出物体A时A的速度vA＝2 m/s，子弹紧接着射入B中，最终子弹未从B中穿出．子弹在物体A和B中所受阻力相同且一直保持不变，A的长度为LA＝0.23 m，不计空气阻力，取g＝10 m/s2. （1）求物体B最终的速度大小vB. （2）求子弹穿过A的过程中摩擦产生的热量Q. （3）求物体B的最小长度LB. 14． (2025·苏北四市调研)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m的球C，整个系统处于静止状态，现给球C一个水平向右的初速度v0＝，式中g为重力加速度，不计空气阻力．求： （1）此时细线对球C的拉力大小F. （2）球C向右摆动过程中，上升的最大高度h. （3）球C摆到杆左侧，离杆最远时的速度大小v. 15．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)，小球恰好能达到与滑块等高的位置，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。 16．（2026·湖南·一模）如图所示，传送带的左侧为足够长的光滑水平面，右侧为光滑曲面，传送带与左右两边的台面等高且平滑对接。一轻质弹簧左端固定在竖直墙上，右端与质量的小物块B连接。传送带始终以的速度逆时针转动。现将质量的小物块A从曲面上距水平面高度处由静止释放。物块A、B之间每次发生的都是完全非弹性碰撞，但碰后并不粘连，第一次碰撞前物块B静止于平衡位置，且每次回到平衡位置时物块B都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除。已知传送带长，物块A与传送带之间的摩擦因数，g取。 （1）求物块A第一次与物块B碰撞前的速度大小； （2）求物块A第一次与物块B碰撞后弹簧弹性势能的最大值； （3）与物块B第一次碰后运动的全过程中，求物块A与传送带间因摩擦而产生的热量。 17．（25-26高三上·北京丰台·期末）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到阻力有关。 （1）假设雨滴下落过程中质量为m，空气对雨滴阻力大小为（k为比例系数，v为雨滴的速度），重力加速度为g。求雨滴下落过程中加速度a与速度v的关系式。 （2）某研究小组查阅资料发现，空气阻力会使雨滴横向尺度远大于下落方向的尺度，可将其看成底面半径为R、高为（）的圆柱体。雨滴下落过程中，一方面受到空气阻力的作用，大小为（为比例系数，v为雨滴的速度），另一方面雨滴在下落过程中吸收路径上静止在空中的小水滴，还会受到小水滴的作用力。为简化研究，假设吸收小水滴前后，雨滴的密度始终为，每次吸收的小水滴质量远小于当前雨滴的质量，单位时间内吸收小水滴的质量满足：（为比例系数，v为雨滴的速度）。忽略空气分子和小水滴对雨滴侧面的碰撞。 a、在雨滴吸收小水滴的过程中，求雨滴速度为v时，受到小水滴作用力F的大小； b、雨滴下落过程中随着不停地吸收小水滴，质量增加，速度增加，一段时间后速度增加变得缓慢。请你建构合理的模型，求雨滴速度增加缓慢过程中雨滴速度v与半径R的关系。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $