2.4 第三讲 动量-（配套课件）【金版新学案】2026年高考物理大二轮专题复习与测试

专题二　能量与动量 第三讲　动量 内容索引 专题集训 构 建 主干网络 突 破 高频考点 洞 悉 真题情境 2 3 4 5 6 7 1 构 建 主干网络 返回 返回 突 破 高频考点 返回 考点一　动量定理 (2025·河北高考)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。 例1 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 答案：0.6 m　 物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a＝μg 则物块从开始运动到离开平台有 －＝－2ax0 物块从平台飞出后做平抛运动，有 h＝g，x＝vxt1 联立解得x＝0.6 m。 (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：0.1 N·s　0 物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则物块弹起至最大高度时有h'＝g，vy2＝gt2 则物块与地面接触的时间Δt ＝ t－t1－t2 ＝ 0.1 s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正方向，在竖直方向有 IN－mgΔt ＝ mvy2－m(－vy1)，vy1＝gt1 解得IN ＝ 0.1 N·s 取水平向右为正方向，在水平方向有 －μFNΔt ＝mvx'－mvx，IN ＝FNΔt 解得vx'＝－1 m/s 由于vx'减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，所以物块弹离地面时水平速度的大小为0。 动量定理的应用技巧 1.研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。 2.表达式是矢量式，需要规定正方向。 3.若为匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解比用牛顿第二定律更简捷。 4.在变加速运动中F为时间t内的平均力。 方法技巧 某次台风登陆后，中心附近最大风速可达v＝163 km/h，空气的密度ρ＝1.3 kg/m3，假设强风正对吹向一块长10 m、宽4 m的玻璃幕墙，假定风遇到玻璃幕墙后速度变为零，由此可估算出强风对玻璃幕墙的冲击力F大小最接近 A.2.6×103 N B.5.3×104 N C.1.1×105 N D.1.4×106 N 例2 模型剖析 第一步：模型构建，“柱体微元”模型 取一段极短时间Δt内的风柱作为研究对象，风柱的体积ΔV＝SvΔt，风柱的质量Δm＝ρΔV＝ρSvΔt。 第二步：确定研究对象的动量变化 风遇到玻璃幕墙后速度变为零，风柱的动量变化量大小为Δp＝Δmv＝ρSv2Δt。 模型剖析 第三步：分析受力，选择物理规律 风受到玻璃幕墙的作用力，力的方向与风的速度方向相反，力的冲量使风的动量发生改变，利用动量定理列式求解。 第四步：列式解题 力F在Δt内的冲量为FΔt，由动量定理得 －FΔt＝0－Δmv＝0－ρSv2Δt 解得F＝ρSv2≈1.1×105 N。 预测.(2025·湖北九师联盟模拟)高压水枪在现代生活中应用越来越广泛，当高速水流射向物体时，会对物体表面产生冲击力，从而达到清洗污垢的目的。图为水枪喷水清洗车玻璃，已知水枪出水口的直径为d，水的密度为ρ，设水流垂直打到玻璃表面后不反弹，测出水枪出口的流量为Q(单位时间内水流体积)，不考虑水内部的阻力、空气阻力及高度变化，下列说法正确的是 A.水枪管口喷出水流的速度大小为 B.水枪对管口水柱做功的功率为 C.水流对水枪的作用力大小为 D.水流对玻璃的冲击压强为 √ 设水流速度为v，则流量Q＝Sv＝v，解得v＝，A错误；设经过极短时间Δt，出口水柱的质量Δm＝ρvΔt，由动能定理可得PΔt＝Δmv2，解得P＝，B错误；由动量定理，有FΔt＝Δmv，解得F＝，C错误；水流对玻璃的冲击压强为p＝＝，D正确。故 选D。 例3 考点二　动量守恒定律 (多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，若他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为 A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg √ √ 对运动员和物块组成的系统，运动员每推接一次物块，系统动量增加2mv0，推接7次后，由动量定理得7×2mv0＝(M＋m)v7，v7＜5 m/s，解得M＞52 kg，假设推8次后反弹后可以接住，推接8次后，由动量定理得8×2mv0＝(M＋m)v8，v8＞5 m/s，解得M＜60 kg，故52 kg＜M＜60 kg。故选BC。 应用动量守恒定律解题的基本步骤 规律总结 预测.(2025·浙江嘉兴三模)如图甲所示，每只冰壶直径d＝30 cm、质量m＝19 kg。某次试投过程中，冰壶A在t＝0时刻以v0＝1 m/s的初速度投出，与静止的冰壶B发生弹性正碰，此后冰壶B在水平面上运动0.9 m后停止，冰壶B的v-t图像如图乙所示，不计空气阻力，则 A.两只冰壶在t＝3 s时发生碰撞 B.碰撞前摩擦力对冰壶A做功为－3.42 J C.碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小为11.4 N·s D.t＝0和t＝5 s两时刻冰壶重心间的距离之比为16∶9 √ 两冰壶质量相等，发生弹性正碰时，两冰壶发生速度交换，由冰壶B的v-t图像可知冰壶做匀减速直线运动的加速度大小为a＝ m/s2，冰壶B在水平面上运动0.9 m后停止，设冰壶B运动时间为tB，则xB＝v1tB－a，v1－atB＝0，解得tB＝3 s，v1＝0.6 m/s，所以冰壶A与冰壶B相碰后冰壶B运动了3 s，因此两只冰壶在t＝2 s时发生碰撞，故A错误；对冰壶A有Wf＝m－m，解得Wf＝－6.08 J，故B错误；碰撞后冰壶B受到摩擦力的冲量大小I＝mv1－0，解得I＝11.4 N·s，故C正确； 全过程的位置图如图所示，两只冰壶在t＝2 s时发生碰撞，所以t＝0时两冰壶重心的距离为Δx1＝·t1＋d，其中t1＝2 s，解得Δx1＝1.9 m，t＝5 s时两冰壶重心的距离为Δx2＝·(5 s－t1)＋d，解得Δx2＝1.2 m，所以t＝0和t＝5 s两时刻冰壶重心间的距离之比为＝，故D错误。故选C。 考点三　碰撞、爆炸与反冲问题 (2025·江苏高考)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v0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v； 答案：v0 例4 玻璃球碰撞右侧第一个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v10，钢球速度为v'，则有mv0＝mv10＋mv'， m＝m＋mv'2 解得v10＝0，v'＝v0 之后右侧钢球1碰钢球2，钢球2碰钢球3，…，钢球n－1碰钢球n，同理可得，碰撞的两球质量相等，交换速度，则最右侧钢球最终运动的速度大小为v＝v0。 (2)若钢球质量为3m，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v1； 答案：v0　 玻璃球碰撞右侧第一个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v1'，钢球速度为v11，则有mv0＝mv1'＋3mv11，m＝mv1'2＋×3m 解得v1'＝－v0，v11＝v0 则玻璃球的速度大小为v1＝v0。 (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 答案：m 玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后，速度最终会交换到右侧第n个钢球，右侧第一个钢球静止，相当于与右侧第n个钢球碰撞，玻璃球反向后与左侧第一个钢球碰撞，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒，以向左为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v2，钢球速度为v21，则有mv1＝mv2＋3mv21，m＝m＋×3m 解得v2＝－v0＝－v0 以此类推，玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为v0 则Ek＝m＝m。 1.碰撞的基本规律 规律总结 2.两种碰撞的几种模型 (1)弹性碰撞的模型 规律总结 图例(水平 面光滑) 小球—弹簧模型 小球—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、重力势能和电势能 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m＝m＋M (2)完全非弹性碰撞的模型 规律总结 图例(水 平面或 水平导 轨光滑) 未穿出 未滑离 达到共速 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最多，转化为内能或电能 (2025·河南三门峡一模)某次军事演习中，一炮弹竖直上升到最高点时炸裂成甲、乙两块弹片，它们的初速度方向与水平方向的夹角为θ，如图所示，测得这两块弹片在水平地面上的落地点相距x＝120 m，它们从炸裂到落地所经历的时间分别为t1＝6 s，t2＝2 s，若甲、乙两块弹片的质量之比为2∶1，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是 A.两弹片分离瞬间的动量相同 B.弹片甲落地点到O点的距离为48 m C.tan θ＝ D.爆炸点距水平地面的高度为84 m √ 例5 炮弹竖直上升到最高点时，炮弹的动量为0；炸裂成甲、乙 两块弹片，根据动量守恒可知，甲、乙两弹片分离时，它们 的动量大小相等，方向相反，故A错误。设两弹片分离时， 甲的速度大小为v，由于甲、乙两块弹片的质量之比为2∶1， 根据动量守恒定律可知，乙的速度大小应为2v，设爆炸点 的高度为h，对甲、乙水平方向有x＝vcos θ·t1＋2vcos θ·t2，解得vcos θ＝12 m/s，对甲、乙竖直方向有h＝－vsin θ·t1＋g＝2vsin θ·t2＋g，解得vsin θ＝16 m/s，联立解得tan θ＝，v＝20 m/s，h＝84 m，所以甲落地时距O点的距离为x甲＝vcos θ·t1＝72 m，故B、C错误，D正确。故选D。 分析爆炸问题的“两个关键” 规律总结 动量 守恒 由于爆炸的时间极短，爆炸时系统内物体间的相互作用力远大于系统的外力，所以在爆炸过程中，一般认为系统的总动量守恒 总动能 增加 在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加 如图所示，质量为100 kg的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h＝0.8 m，在船尾处有一质量为20 kg的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，此时铁块到船头的距离L＝3 m，船头到湖岸的水平距离x＝0.7 m。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，忽略船在水中运动时受到水的阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。下列判断错误的有 A.铁块脱离小木船后在空中运动的时间为0.4 s B.铁块脱离小木船时的瞬时速度大小为1.75 m/s C.小木船最终的速度大小为0.6 m/s D.弹簧释放的弹性势能为108 J √ 例6 烧断细线后以小木船和铁块组成的整体为研究对象，由动量守恒定律得m船x1＝m铁x2，x1＋x2＝L，解得x1＝0.5 m，x2＝2.5 m，铁块离开小木船后做平抛运动，有x1＋x＝v2t，h＝gt2，解得t＝0.4 s，v2＝3 m/s，选项A正确，B错误；铁块与小木船相互作用时，由动量守恒定律得m船v1－m铁v2＝0，解得v1＝0.6 m/s，选项C正确；由机械能守恒定律得Ep＝m船＋m铁，解得Ep＝108 J，选项D正确。故选B。 预测.(2025·浙江金华三模)如图，质量均为1 kg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，轻杆上端系一长为0.22 m的细线，细线另一端系一质量为0.1 kg的球C，现将球C拉起使细线水平，并由静止释放，当球C摆到最低点时，木块A恰好与木块B相撞并粘在一起，不计空气阻力，g＝10 m/s2，则 A.球C摆到最低点的速度是 m/s B.木块A、B原先间距0.04 m C.球C通过最低点后向左摆动上升最大高度为0.21 m D.球C开始下落到A、B、C三者相对静止，系统产生的热量为0.005 J √ 球C向下运动到最低点的过程中，A、C组成的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，由水平方向动量守恒，有0＝mCvC－mAvA，根据机械能守恒，有mCgL＝mC＋mA，解得vC＝2 m/s，vA＝0.2 m/s，故A错误；由A项分析知，0＝mCvC－mAvA，两边同乘以t，有0＝mCxC－mAxA，又xC＋xA＝L，联立解得xA＝0.02 m，故B错误； A与B碰瞬间根据动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)v，解得v＝0.1 m/s，球C向左运动过程中，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，有mCvC－(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v共，根据能量守恒，有mC＋(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)＋mCgh，联立解得h＝0.21 m，故C正确；系统产生的热量为Q＝mA－(mA＋mB)v2＝0.01 J，故D错误。故 选C。 返回 洞 悉 真题情境 返回 1.体育情境类 (多选)(2024·全国甲卷)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是 A.t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B.t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C.t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N √ √ 根据题图分析可知，t＝0.15 s时，运动员对蹦床作用力最大，则此时运动员下降至最低点，运动员的重力势能最小，A错误；根据题图分析可知，t＝0.30 s时运动员离开蹦床，做竖直上抛运动，经2 s后，即t＝2.30 s时再次落至蹦床上，根据竖直上抛运动的对称性可知，t＝1.30 s时，运动员运动至最大高度处，根据v＝gΔt可知，运动员在t＝0.30 s时的速度大小v0＝10×1 m/s＝10 m/s，B正确，C错误； 对运动员与蹦床一次相互作用过程，根据动量定理有(－mg)Δt＝mv0－(－mv0)，其中Δt＝0.30 s，代入数据解得＝4 600 N，由牛顿第三定律可知，运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为'＝＝4 600 N，D正确。故选BD。 2.实验探究类 (2025·河南高考)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 √ 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，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vQ－vQ'＜vN2'－vN2，解得mQ＞mN，综上可得mQ＞mN＞mP。故选D。 3.科技探究类 (多选)(2025·湖南高考)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＝，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36mgh D.弹药释放的能量为48mgh √ √ 弹药爆炸的过程，由动量守恒定律有3mvA＝mvB，由能量守恒定律有ΔE＝×3m＋m，B嵌入C的过程，由动量守恒定律有mvB＝(m＋5m)vD，D在滑轨上的运动过程，由动能定理有－μ(m＋5m)gs1＝(m＋5m)－(m＋5m)，D脱离滑轨后做平抛运动，则有s2＝v0t，h＝gt2， D的初动能EkD＝(m＋5m)，爆炸后瞬间A的动能EkA＝×3m，解得EkA＝2EkD，ΔE＝48mgh·，D从开始运动至落地的过程，根据动能定理有－μ(m＋5m)gs1＋(m＋5m)gh＝(m＋5m)v2－(m＋5m)，解得v＝vD，则D的初动能与其落地时的动能相等。故选BD。 返回 专 题 集 训 返回 1.(2025·四川达州模拟)2024年12月29日，当地时间上午9时左右，韩国一架客机降落过程中偏离跑道，碰撞起火，造成重大人员伤亡。初步判断，飞机疑似与鸟群相撞，起落架没有放下。若飞机匀速飞行的速度约为720 km/h，与质量为100 g的飞鸟相撞，碰撞时间约为2 ms。飞鸟的速度远小于飞机的速度，且碰撞后与飞机的速度相同。则撞击时，飞鸟对飞机的撞击力大约为 A.1×103 N B.2×103 N C.1×104 N D.2×104 N √ 2 3 4 5 6 7 1 飞机与飞鸟的碰撞为完全非弹性碰撞，由于飞机的质量远大于飞鸟的质量，故碰撞后飞机的速度大小几乎不变。720 km/h＝200 m/s，对飞鸟由动量定理得Ft＝mv，解得F＝＝ N＝1×104 N。故选C。 2 3 4 5 6 7 1 2.(2025·北京市十一学校一模)如图所示，两个半径相同的小球A、B分别被不可伸长的细线悬吊着，两个小球静止时，它们刚好接触，且球心在同一条水平线上，两根细线竖直。现将小球A拉起至细线与竖直方向夹角为θ＝60°的位置，使其由静止释放，小球A运动至最低点与静止的小球B发生正碰，碰撞过程中无机械能损失，第一次碰后两球运动方向相反，且能够上升的最大高度相同。已知细线的长度为L，A球质量为m，重力加速度为g，忽略空气阻力。则下列说法正确的是 A.第一次相碰后，B球受到的拉力大小为6mg B.第一次碰撞过程，合力对B球的冲量大小为3m C.第一次碰撞后，两小球摆起过程经过圆弧对应的弦长均为 D.其他条件不变，若仅将A球左侧涂胶后静止释放，碰撞过程系统机械能损失为mgL √ 2 3 4 5 6 7 1 小球A由静止释放到最低点的过程，根据机械能守恒定律可得mgL(1－cos θ)＝m，解得v0＝，碰撞过程有mv0＝－mv＋mBv，m＝mv2＋mBv2，联立解得mB＝3m，v＝，对B球，有FTB－mBg＝mB，所以FTB＝mg，故A错误； 2 3 4 5 6 7 1 合力对B球的冲量大小为IB＝mBv＝，故B错误； 碰后两球分别做圆周运动，根据机械能守恒定律可得 mgL(1－cos α)＝mv2，圆弧对应的弦长均为l＝2Lsin ，联立解得l＝，故C正确；若仅将A球左侧涂胶后 静止释放，则mv0＝(m＋mB)v'，碰撞过程系统机械能损失为ΔE＝m－(m＋mB)v'2，联立可得ΔE＝mgL，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 1 3.(多选)(2025·河南通义名校联盟大联考)如图所示，光滑水平地面上有一光滑薄木板AB，薄木板右侧连接一光滑半圆细管轨道BCD，轨道半径为R，C点与轨道圆心O点等高，半圆轨道最高点D左侧连接一内壁光滑的细管DE，在细管的E端固定一轻质弹簧，整个装置质量为2m。一半径略小于细管半径、质量为m的小球，以初速度v0从薄木板A端滑上木板。已知重力加速度为g，小球可以看作质点。则 A.若v0＝，整个轨道装置获得的最大速度大小为 B.若v0＝，小球第一次运动到半圆细管轨道B点时对轨道的压力大小为mg C.若v0＝3，当弹簧恰好处于原长状态时小球与轨道共速 D.若v0＝3，弹簧获得的最大弹性势能为mgR √ √ 2 3 4 5 6 7 1 若v0＝，则当小球再次返回运动到B点时，整个轨道装置的速度v2最大，此时小球速度为v1，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋2mm＝m＋×2m，解得v2＝v0＝，选项A正确；若v0＝，小球刚到B点时速度为v0，设管道对小球的支持力为FN，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m，代入数据解得FN＝2mg，根据牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为FN'＝FN＝2mg，选项B错误； 2 3 4 5 6 7 1 若v0＝3，弹簧压缩到最短时弹性势能最大，此时小球与整个轨道装置共速，设共同速度为v，取水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒得mv0＝3mv，由系统的机械能守恒可得m＝3mv2＋2mgR＋Ep，解得弹簧最大的弹性势能Ep＝mgR，选项C错误，D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 1 4.(2025·河南新乡三模)如图所示，在足够大的光滑水平地面上，静置一质量为2m的滑块，滑块右侧面的光滑圆弧形槽的半径为R，末端切线水平，圆弧形槽末端离地面的距离为。质量为m的小球(可视为质点)从圆弧形槽顶端由静止释放，与滑块分离后做平抛运动，重力加速度大小为g，下列说法正确的是 A.滑块的最大动能为 B.小球离开滑块时的动能为 C.小球落地时的动能为 D.滑块对地面的最大压力为 √ 2 3 4 5 6 7 1 设小球离开滑块时小球和滑块的速度大小分别为v1、v2，结合 动量守恒定律有mv1＝2mv2，根据机械能守恒有mgR＝m＋ ×2m，解得Ek球＝m＝，Ek滑＝×2m＝， 选项A、B错误；小球做平抛运动的过程中，根据动能定理有＝Ek－，解得Ek＝，选项C正确；当小球滑到圆弧形槽最低点时，滑块对地面的压力最大，对小球受力分析，由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，根据牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力为F压＝FN，对滑块受力分析，可得F支＝F压＋2mg，根据牛顿第三定律可知，滑块对地面的最大压力为F压＝F支＝6mg，选项D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 1 5.(2025·四川遂宁二模)如图，长木板AB静止在光滑水平地面上，连接在B端固定挡板上的轻弹簧静止时，其自由端位于木板上P点，AP＝1 m，现让一可视为质点的小滑块以v＝2 m/s的初速度水平向左滑上木板A端。当锁定木板时，滑块压缩弹簧后刚好能够返回到AP的中点O。已知滑块和木板的质量均为m＝1 kg，滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.1，弹簧的形变未超过弹性限度，重力加速度大小g＝10 m/s2。下列判定正确 的是 A.锁定木板时，弹簧缩短过程中的最大弹性势能为1 J B.锁定木板时，弹簧的最大压缩量为0.25 m C.若不锁定木板，则滑块相对木板静止的位置在P点左侧 D.若不锁定木板，则滑块相对木板静止的位置在P点右侧 √ 2 3 4 5 6 7 1 锁定木板时，设弹簧最大压缩量为x，根据功能关系得mv2＝μmg(AP＋AP＋2x)，解得x＝0.25 m，弹簧最大弹性势能为Epm＝μmg(x＋AP)＝0.75 J，故A错误，B正确；若不锁定木板，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝2mv共，解得v共＝1 m/s，此过程中弹簧最大压缩量为x'，则根据动能定理有μmg(x'＋AP)＝mv2－×2m，代入数据解得x'＝0，所以滑块相对木板静止的位置在P点，故C、D错误。故选B。 2 3 4 5 6 7 1 6.(多选)(2025·河南郑州二模)如图甲所示，两块竖直挡板正对着固定在水平面上，两完全相同质量均为1 kg的物块a、b(可视为质点)置于两挡板的中点，中点左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。t＝0时，给a向左的初速度。已知b物块的速度v随时间t的变化关系如图乙所示，最终停在中点。所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短，取重力加速度大小为 10 m/s2，则 A.两挡板间距为2 m B.a与b相撞2次 C.b与水平面间的动摩擦因数为0.1 D.a第2次与挡板碰撞后的动能为4 J √ √ 2 3 4 5 6 7 1 由题图乙可知，t＝0.5 s时发生第一次碰撞，两物块质量相等，速度互换，a的初速度v0＝4 m/s，中点左侧水平面光滑，则a在第一次碰撞前的路程s＝v0t＝2 m，则两挡板间距为L＝2×＝2 m，故A正确；由A项分析和题图乙知，第一次碰撞后，a静止在中点，b向右运动，与右侧挡板碰撞后返回中点，与a第二次碰撞，b静止，a向左运动与左侧挡板碰撞后返回中点，与b第三次碰撞，a静止，b向右运动与右侧挡板碰撞返回到中点静止，所以a与b发生了3次碰撞，故B错误； 2 3 4 5 6 7 1 b运动的路程为sb＝2L＝4 m，对b整个过程，由动能定理有－μmgsb＝0－m，解得μ＝0.2，故C错误；设b与a第二次碰撞前的速度大小为v，由动能定理有－μmgL＝0－mv2，a第2次与挡板碰撞后速度大小和b与a第二次碰撞前的速度大小相等，则a第2次与挡板碰撞后的动能为Ek＝mv2，联立解得Ek＝4 J，故D正确。故选AD。 2 3 4 5 6 7 1 7.(20分)(2025·山东高考)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＝ 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＝ kg，方形物体的质量M＝ 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＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： 2 3 4 5 6 7 1 (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； 答案：6 m/s　 m/s 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＝m＋M 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s。 2 3 4 5 6 7 1 (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。 答案： m/s　2.5 J 从P点水平抛出后，小球做平抛运动，水平速度不变，小球与a的碰撞过程，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律有mv1＝(m＋ma)v0 解得v0＝2 m/s b刚解除锁定时，有F＝kx0 小球与a的整体开始运动至b解除锁定的过程，由机械能守恒定律有 (m＋ma)＝(m＋ma)＋Ep0 2 3 4 5 6 7 1 其中Ep0＝k 联立解得b刚解除锁定时，小球和a整体的速度大小va＝1 m/s b解除锁定后，a、b、小球和弹簧组成的整个系统动量与机械能均守恒，当小球与a整体与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 解得vb＝ m/s 由机械能守恒定律有 (m＋ma)＝(m＋ma＋mb)＋Epm 解得Epm＝2.5 J。 返回 2 3 4 5 6 7 1 专 题 二 能 量 与 动 量 谢 谢 观 看 ！ 2 3 4 5 6 7 1 $