专题7 动量守恒定律-【满分思维】2026年高考物理真题分类

小球进行受力分析，由牛顿第二定律有 Fmx-mg=m工 结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小 Fmax=Fmax=17 N (2)绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L,此后小球做平抛运 动，设小球做平抛运动的时间为，水平位移大小（抛出点到落地 点的水平距离)为x,则由平抛运动规律可得 在竖直方向上有2L= 在水平方向上有x=t 联立解得x=4m (3)当小球通过N的正上方且绳子刚好不松弛时，小球的初速度 最小，设此初速度为vmm,小球通过N的正上方时的速度为v、, 则对小球从开始运动至运动到N的正上方的过程，由机械能守 恒定律可得 mg·5L= 小球运动到N的正上方时，绳子对小球的拉力为零，由牛顿第二 定律可得 mg=m·2L 联立解得vmn=2√15m/s 10.动能定理、运动学公式、牛顿第三定律 解：1)根据动能定理W一F=2u-0 1 得W=Fx2m (2)根据匀变速直线运动规律，设飞机匀加速时间为11，匀减速 时间为12 匀加速位移和创减速位移分别为=2Q:=之a: 根裙圆意总位移等于能道长度+24 T2ug12”=L 匀加速运动的末速度为v=a1t1=2t2 %一1 得d=x1一a1十 (3)简化模型如答图。 专题七动目 1.B自由落体运动、弹性碰撞小球A竖直方向为门由洛体运 动，有力=分g,解得小球Λ自落休20m需要1=2s,但其 ·物理名 假定空气分子和机翼为弹性碰撞，则气流掠过飞机机翼 后的速率仍为u,方向改变0。 设空气密度为ρ，气流与机翼碰撞的有效面积为S,则 △t时间内流过机翼的空气质量△m=pSu△t 气流在竖直方向的动量变化△p=△mu·sin0 根据动量定理，机翼对气流竖直向下的作用力F'=兰，即 F'ocu? 根据牛顿第三定律，气流对机翼竖直向上的作用力大小F= F',即Focu 由此确定α=2 (建立其他模型，合理即可得分) 11.牛顿第二定律、动能定理、圆周运动 解：(1)F-x图像与坐标轴所围图形的面积表示F所做的功的 大小，由题图乙可知0~1m内F所做的功 W=1.5×1J=1.5J (2)由题图乙可知，x=1m时外力F刚开始变化，此时A、B有 相同的加速度 A与地面间的摩擦力F:=mg 对A、B整体，由牛顿第二定律得F-Fr=2ma 由于B与地面间无摩擦，对B,由牛顿第二定律得 FAB=ma 联立解得A、B间的弹力大小FAB=ma=0.5N (3)当a=0时A,B分离，由(2)中分析可知，当F=F:=0.5N时 A、B开始分离，由题图乙可知，此时x=3m 初始时，水平地面上A、B与P点间的长度大于4m,对A、B从 开始运动到开始分离过程，动能定理得 W:-mgx=2·2mu 结合(1)巾分析，由题图乙可得 w=1,5J+0.5+.5)x(3-DJ=3.5J 2 假设B可以运动到圆弧轨道最高点M,对B从两者开始分离到 运动到M点的过程，山动能定理得 一g·2r三2013-7m2 B恰好到达M点时，只受重力作州，由重力提供向心力得 mgm r 要保证B能到达M点，则B在M点的速度云√g 联立解得r0.2m 量守恒定律 白由下落1s斤与小球B碰撞，质量相等的两球在水平方向的碰 撞为完全弹性碰撞，则水平方向交换速度【点拨：根据水平方向 7 动量守恒、能量守恒推出】，碰后小球B开始做自由落体运动，碰 后小球A做斜下抛运动，竖直分速度不变，水平分速度变成小球 B碰前的速度，小球A的竖直分运动仍然延续之前的自由落 体运动，所以还需要三1s落地【易错：注意碰后小球A不做平 抛运动】，水平位移x='=3m,解得v=3m/s,故选B。 技巧点拨H 小球A、B碰撞只造成两小球水平方向速度变化，而竖 直方向速度不变，所以A球碰后再运动1S落地。 2.A动量守恒定律、速度一时间图像因F1和F2等大反向，所 以两小球组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒，两小球 均由静止开始运动，所以系统总动量一直为零【点拔：任意时刻 两小球动量大小相等、方向相反】，即当小球N的速度为零时，小 球M的速度一定为零，D错误；由题意，两小球碰撞后，各自反向 运动，B错误；因M、N在水平方向上分别只受恒力F1和F2,所 以碰撞前后M、N的加速度大小关系为aM喵=aM垢，aN前=aN垢， A正确，C错误。 3.D-t图像、动量守恒碰撞过程中动量守恒，小车P与N碰 撞时，有pp十mvN=mpp'十mNN',整理得p(p一p')= mN(UN'-N),由题图可知(vp一p')>(N'-N),故mp< mN,同理可得mN<mQ,则mQ>N>mp,D正确，ABC错误。 4.A能量守恒、动量定理设MN段的长度为L,滑块第一次通 过MV段的时间为11，第二次通过MN段的时间为12，则滑块 第一次通过其他部分的时间为11一11，位移为.1一L,第二次通 过其他部分的时问为1，一121，位移为x2一L。分析滑块第一次 运动，由动量定理有1mgt1一mg(t1一t1)=,整理有 4gt1十(1一)g11=o,分析滑块第一次运动，由动量 定理有h1gt1十2g(t:一t)=心…整理有engt2十(1 )gt21-,l山题意可知第二次滑块进入MV段时的速度 大些，所以通过MV段的用时少，所以t,>11,由前面分析可 知，<1，，A正确，B错误；分析滑块第一次运动，由能量守恒有 1 m:=41mgL一mg(.一L),分析滑块第二次运动，由能量 守恒有7，=41gl.十g(x2一L),解得.x1=12,CD错误。 5.D动量守恒、能量守恒、功能关系山题意可知，碰撞瞬间C相对 地面向左运动，A错误；规定向右为正方向，则入、B碰撞过程山 动量守恒定律可得n一m=2u1,代人数据可得U1三 1m/s.方向向右，当二者共速时，则有211一u=3w,代 入数据可得v共=0，即可判断最终三者一起静止，对C受力分 析.受到向右的摩擦力.根据牛顿第二定律有g一ac,运 动学公式可得v共一一l,联立可得1一0.As,B错误；碰撞后 到者相对静止，摩擦产生的热量Q-号×2，+2m +22=3J, ·物理 C错误；碰撞后到三者相对静止，由能量关系可知Q=gx相对， 代入数据可得x相对=0.6m,D正确。 6.ABD共点力平衡条件、冲量无人机的重力mg不变，F的方向 不变，大小变化，由平衡条件知无人机受到空气作用力的方向发 生变化，A正确：拉力的冲量为1=合（下。十R,一T)T (下。-2kT)T【点拔：力随时间均匀变化，其冲量等于平均作 用力的冲量】，B正确；重力的冲量为gT,如图所示，由于重 力的冲量和拉力的冲量不在同一条真线上：故重力和拉力食 力的冲量大小不等于mgT+(下，-kT)T【易错：冲量为夫 量，其合成遵循平行四边形定则】，C错误；设无人机在T时 刻受到的空气作用力的大小为F,根据余弦定理可得F,2= (mg)2+(F。-kT)2-2mg(F。-kT)·cos120°，解得F1= 3 (F。-T)2+(mg+P ）,D正确。 2 30P 公 "mg F 7.BD动量守恒定律、能量守恒定律、传送带模型4AmAg= g,故0~t:时间内A、B组成的系统所受合外力为零，故 A,B系统动量守恒，设1-1时A、B的速度分别为，，由动 量守怕定律得nU,=v一v,代人数据解得= 0.5m/s,B正确：在0~t:时间内A、B系统始终动量守恒，战 仁意时刻mn=m′十n',等式两边同时对时间求导 有0=ma1十ma,则在1=号时，B的加速度大小是A的加 速度大小的2，A错误：0~t。时间内，对A,B和弹簧组成的系 统由能量守恒定律有了，2十R一mnKr m0+立m+E,当=。时弹簧乐缩址为Ar= 1 xg,联立解得△x-0.1m,C错误；A、B在0~tn时间内的w-1图 像如图所示，由图像可知，传送带上的痕迹小于Q.05四【点拔： A的图像与1/s处对应的水平虚线国成图形的面积表示痕迹 长度，A,B的图像围成图形的面积表示弹簧压缩量△r=x一 x:】,ID正确。 *(m·s-l) A 1- 0.5------ 0 B 答8· 8.BD爆炸模型、子弹打木块模型、平抛运动爆炸过程A、B组 成的系统动量守恒，则有3mWA=mB,解得vB=3A,B嵌人 1 C的过程系统动量守恒，即=(m十5m)vp,解得n=6vB, 1 爆炸后瞬间A的动能E=之·3mua2,B的动能EB= mm'=3EwD的初动能Ew=号·6mn2= 1 1 4mua2,则 EkA=2EkD,A错误；D在整个运动过程中合外力做功W= 一4·6mgs1十6mgh=0,根据动能定理W=△Ek【点拨：使用动 能定理可大幅降低运算量，且动能定理只与初、末位置状态有关】 知，D的初动能与其落地时的动能相等，B正确；D落地时的竖直 速度，=√2瓢，D做平抛运动的时间1一√臣D落地时的水平 速度=兰=：√员，则D落地时的动能E= t ·6（o,+o,)=3m(实+2gh),结合上述分折，可知爆 1 炸后A的动能Ea=2E=2E.=12m(g+器)，B的动能 B3汇=36(e助十)，根据能量守恒定律可知，是华时 弹药释放的能量E=Ew+E=48mg动十行厅48mg· (1+示)D正确，C错误。 9.匀变速直线运动、动量守恒定律 解：(1)根据运动学规律=gt (2)炸裂瞬间水半方向动量守恒2v一v1:=0 得=2u (3)根据平抛运动规律，A、B落地所用时间均为t,则A、B落地 点之问的距离 d=vt+2ut=3ut 10.动量守恒定律、牛顿运动定律 解：(1)设碰撞后小物块Q的速度为'，根据动量守定律有 n2n=11U一112) 代入数据解得=2m/内 挑失的机被能E=了一子。-弓” 1 代人数据解得△E=24.5J (2)物块P在防滑带上运动时的加速度大小 a-ug-5 m/s" 设物块P在第一个防滑带上运动的时间为11，则有 1 l:=W,-2at, 代人数据解得11一0.1s或11一2.As(舍去) ·物理2 物块P滑过第一个防滑带时的速度v1=v一at1=5m/s 物块P在第一个光滑直道滑行的时间1，'=上=0，.6s 设物块P在第二个防滑带上运动的时间为t2,则有 l:=vl:-2al:? 代入数据解得t2=0.8s或t2=1.2s(舍去) 物块P滑过第二个防滑带时的速度v2=v1一at2=1m/s 物块P在第二个光滑直道滑行的时间2'=3、 物块P在第三个防滑带上停下，滑行时间1，=%=0,2s 则物块P从开始运动到静止的总时间 t=t1+t1'+t2+t2'+t3=5s 11.动量定理、牛顿运动定律、平抛运动 解：(1)物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 umg -ma 根据匀变速直线运动公式有v12一v,2=一2aL 物块离开平台后做平抛运动 在竖直方向，有h=28, 在水平方向，有x=v1t1 联立解得v1=1m/s,t1=0.6s,x=0.6m (2)物块第一次落到地面到弹起至最大高度的过程 在竖直方向有M”=方， 解得t2=0.3s 则物块与地面接触的时间为ts=t一t,一t2=0.1s 设物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小为1、 在竖直方向，规竖直向上为正方向，物块第一次与地面接触 过程，根据动量定理，有 1一ngt:=02-（-01） 由匀变速直线运动规律可得v,2=2h,v2=2gh 解得1=0.1V·s 在水平方向，规定水平向右为正方向，根据动量定理，有 一FNt3=mw2-u1 义Irx=Fx: 解得v2=一1m/s 山于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 12.动量守恒定律、能量守恒定律、胡克定律 解：选择水平向左为止方向 (1)从小球开始卜落到从P点抛出的过程中，小球和方形物体 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒由机械能守恒定 律得 9· mgh =1 由动量守恒定律得 0=mw1-Mw2② 联立①②式，代入数据得 v1=6m/s③ w=3m/s④ (2)设小球与a碰撞后，速度为v3,b解除锁定开始运动时弹簧 伸长量为xo,此时a的速度为v4。根据题意可知，弹簧的弹性 势能最大时，a、b速度相同，此时速度大小为v。小球和a碰撞 过程中，小球和a组成的系统水平方向动量守恒 由动量守恒定律得 m1=(m十ma)v3⑤ 由胡克定律得 F=k,xo⑥ 小球和a一起向左运动至b解除锁定过程中，小球、a及弹簧组 成的系统机械能守恒 由机械能守恒定律得 (m+m,,=k,2+2m+m加，2@ 1 1 b解除锁定后，小球、a、b及弹簧组成的系统动量守恒、机械能 守恒 由动量守恒定律得 (十a)1-(十H。十m,)v,图 由机械能守恒定律得 1 2(m+m v-E+(m+mm 联立③⑤⑤⑦⑧⑨式，代入数据得 2 m=3m/s⑩ Fm-2.5J① 13.思路分析 (1)根据F-t图像写函数关系式，代入t=6s可得此时F的 大小；上-1图像与时间轴所围成图形的面积表示冲量。 (2)根据垂直杆方向合力为零求弹力，判断物块运动状态，再 求滑动摩擦力，注意弹力方向改变，摩擦力表达式改变。 (3)应用动量定理求末速度，变力的冲量利用图像与时间轴所 围成图形的面积求解。 F-t图像、动量定理 解：1)由F-1图像知，F=23mg,-3g, 8 4 则1=6s时，F=33m然 2 F-1图像与时间轴所围成图形的面积表示冲量大小，则0~ 6s内F的冲量人小为 I=F.1=93ms(N. 2 ·物理 (2)作物块的受力分析图如图甲所示，开始静止时，有 F、N Fsin 0 F=uFs F mgsin 0 Fcos 0 mgcos 0 mg 甲 mgsin 0-umg cos 0 解得=m9=号 施加力F后，垂直于杆方向受力平衡，支持力 F=mg cos 0-Fsin 0<mg cos 0 沿杆方向物块加速向下运动，开始时物块所受滑动摩擦力方 向沿斜面向上，得Fa=FN=H(mgos0-5m 4 mngtsin0）= %-"贤：w 可知Fn=0时，t=4s,4s后，杆对物块弹力方向变为垂直于 杆向下，则4s后 Fe=e=48wn0g0）-肾4"(0 8 沿杆方向合外力 Fa-mgsin 0+Fcos 0-Fe-mg+mgt (N)>0 物块·直加速，不会减速至静止、·直受滑动摩擦力。 F图像如图乙所示 ↑F/N mg 40 4 6 t/s 2 (3)沿杆方向由动量定理有 mgtsin 0+Ftcos 0-Ft=mv-0 即竖×6×号-（管×1x号贤×2x号）-m0 2 【点拨：F1cos0用(1)问中F的冲量I乘以cos0求解；Fl用 (2)问中F一t图像与时间轴所围成图形的面积求解】 解得v=8.5g(m/s) 14.动量守恒定律、能量守恒定律、弹性碰撞 解：(1)若小钢球质量为，设第一个小钢球碰后的速度为球， 玻璃球与第一个小钢球碰撞过程巾有 Un=1v,'十2U球 1 1 1 2w2=2e+2mg 解得u'-m一m 一+me=0,一mm2= 10· 碰撞过程中两个球交换速度，同理，第1个小钢球与第2个小 钢球碰撞后也交换速度，依次类推经过n次碰撞后最右侧小钢 球的速度为v=V球=Vo (2)若小钢球质量为3，玻璃球与第一个小钢球碰撞过程中有 m=mv1'+3011 1 1 2m,2 1 mm,2+2×3mum 解得，'=m-3m 1 m+3m=-20 2m 1 011 m+3m%=20 则玻璃球的速度大小0=20 1 (3)若小钢球质量为3，由(1)(2)问分析知，玻璃球与右侧第 一个小钢球碰撞后的速度为 ,'-m-3m 此后右侧的小钢球间完成（一1）次碰撞，这些碰撞过程中小钢 球交换速度 同理玻璃球与左侧第一个小钢球碰撞，碰后玻璃球的速度 v"=m-3m 1 m+3m,'= 依次类推，玻璃球每次碰撞后速度都会变为原来的-分，所以 玻璃球经历2n次碰撞后的速度 1 所以玻璃球的动能 1 Ex-2m- 2X41,2 」技巧点拨 涉及多次碰撞的问题，可以从单次碰撞入手，找到碰 撞规律·然后再通过数学方法解决问题，合理利用归纳法 可以简化解题过程。 15.动量守恒、能量守恒、斜抛运动、绳球类模型、动能定理 解：I)由机械能守恒得mgh=2m,2 由动量守恒得e一2c 解得w=2m/s 2D山牛顿第二定律有2g=2R 机杭能守恒有2mg(2X)1号（②nw2-2mw” mo'=2mvc 1 mgh=之m, 解得h=2m ·物理 (3)滑块3从C到F过程由功能关系有 1 (2m)v2mv2mglsin 0u(2m)gl.cos 又mgh=2mw, mo=2mvc" ①直接落入洞中 1=2 rsin37° d=UE COS37°Xt d=Lc十LGH+LHm=0.72m 解得h1=2.5m ②经一次反弹落入洞中 /=2 vr sin37°+psin37°_3 vrsin37 g d=VE COS37°Xt d=LEG+LGH+LHI=0.72 m 解得h2=2m 由于h2与(2)问h相同，所以滑块3只能发生一次反弹，故游 戏成功的高度为2m或2.5m。 16.传送带模型、动量定理、能量守恒 解：(1)由于散货到达倾斜传送带顶端前已与传送带共速，且到 达顶端水平抛出，则散货到达倾斜传送带顶端的速度大小为 。,由于F-1图线与横轴围成图形的面积表示冲量，则散货撞 击传感器的过程，水平方向上巾动量定理有 一I=0-, 解得单个散货的质量为加一西 (2)每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货，则装有散 货的个数为u=M_M 山于每隔△释波一个散货，则装满一个货箱的时间为 1=14y-M4y I 则货箱的速皮为-兰 由于货箱和水平传送带共速，则水平传送带的平均传送速度大 Id 小为v1'=,一M△ (3)散货在传送带上加速运动，山牛顿第二定律可知，其加速 1 度为a=4gcos30°-gin30°=48 则该过程的运动时间为，=- a g 由于放置第10个散货时，第1个散货恰好水平抛出，则A、 B间的K度为L-%十9心-)=9 2vo g 11· 从第1个散货抛出后瞬间到第2个散货抛出前瞬间，倾斜传送 带上的散货组成的系统能量差为 1 △E=mgLsin30+2mu2 该过程的时间为△，则倾斜传送带的平均输出功率为 p=4E9, Ivo ==21g一2△ 17.等效重力、弹性碰撞、圆周运动、抛体运动 思维导图 “动球”碰“静球”的特点 合理分析一般 碰撞的特点 弹性碰撞口圆周运动特点 轨迹联系 抛体运动特点 解：(1)对小球甲由牛顿第二定律得m1gsin0=m1a 解得a=gsin0 (2)小球甲恰好运动到c点，则小球甲在bc段做圆周运动，设小 球甲在c点的速度为vo,则在c点满足 migsin 0=m R 解得vo=√/gRsin0 小球乙能运动到e点，则碰后小球乙从c点到e点的过程中可 能做：Q圆周运动：②类平抛运动点拔：小球能过c点，可能做 圆周运动，也可能做抛体运动】，设小球乙的质量为 ①做圆周运动时，设碰后小球甲、乙的速度分别为1、，碰撞 过程满足动量守恒、机械能守恒，则有 21v=1U1十n203 1 1 —2，—22之之1之之，。 要求v≥√gRsin0 可得州≤1 "m ②做类平抛运动时，设碰后小球乙的速度为v 该过程运时间为1二尽 另有8R=2gsin0 求得=片承m 碰撞时满足动量守何、能量守阿 可得m-7 "my (3)小球乙碰后可穿过线段d,设小球乙碰后速度为v2,结合 (2)可知gRsin 0-<u<√Rsin0 设碰前瞬问小球甲的速度为，碰撞时甲、乙小球满足动量守 恒、能量守恒，可得vm一v2 ·物理 则小球甲的初动能为 Ek三号1v甲2+m1g·8 Rsin d 代入vz的取值范围可得 8.5m1gRsin 0<Ex<16m1gRsin 0 18.动能定理、人船模型、斜上抛运动 解：(1)若滑杆固定，则机器人从B点运动到滑杆正下方的过程 中做圆周运动，只有重力对机器人做功，设机器人运动到滑杆 正下方时，机器人的速度大小为v',轻绳拉力的大小为F 根据动能定理有 g.o 机器人运动到滑杆正下方时，对机器人由牛顿第二定律可得 F一mg=mL 又v=√gL 联立解得F=4mg (2)设机器人松开轻绳时的速度大小为”，又机器人可被抛至 A点，机器人松开轻绳时的位置及速度如图甲所示 37” 21 印 对机器人从B点运动到松开轻绳时的位置，根据动能定理有 -ml.xin37r=mw”-m 机器人松开轻绳后做斜抛运动，设机器人从松开轻绳到抛至 A点所用时间为t 在水平方向上，根据运动学公式有 I1Lcos37°=w"sin37°·t 在竖直方向上，根据运动学公式有 1 1.21-1sin37="cos37°1-2g 联立解得u=3.7g=√370gL 10 (3)山丁轨道是光滑的，则机器人绕滑杆与轻绳的连接点运动 的过程中，机器人和滑杆组成的系统水平方向动量守恒，则机 器人从B点运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向火角为37的 过程中，机器人在水平方向上向左运动，滑杆沿水平光滑轨道 向右运动，此过程机器人相对滑杆的水平位移大小为x相一 L十1.cos37°=1.81，设此过程机器人向左运动的位移大小为 12· x1,滑杆向右运动的位移大小为x2,则根据人船模型有 mx=Mr2 又x相=x1十x2=1.8L M=km 9 9kL 联立可得x,一十5,1一k十5 则机器人松开轻绳时，滑杆距B点的距离为 xx-L-z:- k一4L k+5 设机器人松开轻绳时机器人相对滑杆的速度为？相，滑杆的速 度为M,作出此时两速度的示意图如图乙所示 37相 37 乙 则机器人松开轻绳时水平分速度大小为v.=v相sin37°一vM 机器人松开轻绳时竖直分速度大小为v,=v相c0s37° 由于机器人和滑杆组成的系统水平方向动量守恒，则有 mv,=MUy 机器人从B点运动到松开轻绳的位置，系统机械能守恒，有 1 vMvu+mgl.sin 机器人松开轻绳后做斜抛运动到A点，设该过程的运动时问为 t',则由运动学公式有 2:十Lcos37°=u,t 1 1.2L-Lsin37°=vt' 2813 /14 9glk 联立可得u=5gL+10+≥1) 则当k=1时，u取最小值，有=3 2 19.板块模型、动量、能量观点综合应用、多过程问题 解：(1)给第1个滑块·个水平向右的初速度1，滑块相对木板 向右运动，滑块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，大小为上：= 2g,由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则木板与地面问的 最大静摩擦力为Fm=μ(n十3)g=4rg,又n是大丁 1的正整数.所以Fm>F,第1个滑块与第2个滑块碰撞前， 专题八机械 1.B机械波由题图知，波的传播方向与质点振动方向垂直，故 该波为横波，A错误；质点S的振动方向与P质点的起振方向相 ·物理 木板处于静止状态，对第1个滑块从开始运动至与第2个滑块 碰撞前瞬间的过程，由动能定理有 24ngL=2m%,?、. 2m,2 代入数据解得v,'=√(3-4)gL (2)对第j个滑块从开始运动至与第j十1个滑块碰撞前瞬间 的过程，由动能定理有 -2pimgl.jm,im 1 对前j个滑块整体与第j十1个滑块碰撞的过程，由动量守恒 定律有 jm℃，'=(G+1)mv+ 联立解得+1=十—g 1 (3)设第i个滑块开始运动时木板恰开始滑动，则对木板由平 衡条件有 2uimg=4unmg 解得i=2n 所以第21十1个滑块开始运动时，木板开始滑动，设第2n十1个 滑块开始运动时的速度大小为2+1，则对前2m十1个滑块由 牛顿第二定律有 2μ(2+1)mg=(21+1)ma 对木板与其余滑块整体，由牛顿第二定律有 2μ(2n+1)mg-4·4mg=(2n-1)ma2 滑块恰好不再相碰，则由运动学公式有 U2m-1一u1t=421 联立解得2 81 21-7g1 南2洞分析可细a=()》。'- 所以’(2）'(o-g 依次类推至2-（分）(02-4wg) 逐级代人可得a2= (2n+)》2-4w[(220）' )++(门 联立可得2”wL-(十）a一织a}eL 解得3= 4(4111)(21|1)8m(2111)2 3 21-1 振动与机械波 同，由同侧法知质点P开始振动时向上运动，则质点S开始振动 时向上运动，B正确：山题知，S、P两质点平衡位置之间的距离 13·专题七动量守恒定律 一、单项选择题 1.(2025·甘肃卷)如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好被小球B从 A 左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3。两球质量相同，碰撞为完全弹性 碰撞，重力加速度g取10m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为 ( 20m A.1.5m/s B.3.0m/s C.4.5m/s D.6.0m/s 3 m 2.(2025·广东卷)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1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() M F B D 3.(2025·河南卷)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的变化分别如图甲和图乙所示。小车N的质量为、，碰撞时间极短，则( Q N N Q N N 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 乙 A.mp>mx>mo B.mx>mp>mo C.mo>mp>m D.mo>m>mp 4.(2025·云南卷)如图所示，质量为m的滑块（视为质点）与水平面上MV段的动摩擦因数为41，与其余 部分的动摩擦因数为2，且41>2。第一次，滑块从I位置以速度vo向右滑动，通过MN段后停在水 平面上的某一位置，整个运动过程巾，滑块的位移大小为x1,所用时间为1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相 同速度。向右滑动，通过MN段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，滑块的位移大小为x2, ·16· 所用时间为t2。忽略空气阻力，则 () VVK1111K0010111111111111111101111111111K11111 M A.t<t2 B.t>t2 C.x1>x2 D.x<x2 5.(2025·1月浙江卷)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置 于B的右端，三者质量均为1kg。A以4m/s的速度向右运动，B和C一起以2m/s的速度向左运动， A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m,C与A、B间动摩擦因数均为 0.5,重力加速度g取10m/s2,则 () B A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12J D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m 二、多项选择题 6.(2025·广东卷)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=F。一kt(F>0,F。、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 () 30 A.受到空气作用力的方向会变化 A受到拉力的冲量大小为P。一TT C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+(F。一2T)江 DT时刻授到空气作用为的大小为，骨F,一T+g中T可 7.(2025·福建卷)如图，水平传送带顺时针转动，速度大小恒为1m/s,物块A、B由一根轻弹簧相连，A的 质量为1kg,B的质量为2kg,A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带问的动摩擦因数为0.25。 t=0时，A速度大小为vo=2/s,方向水平向右，B的速度为零，弹簧处于原长状态。t=to时，A与传送 带第一次共速，此时弹簧弹性势能E。=0.75J,传送带足够长，A可留下痕迹，重力加速度g取10/s2,弹簧 ·17· 始终处于弹性限度内。则 A在1-时，B的加速度大小大于A的加速度大小 AwwwB B.t=to时，B的速度为0.5m/s C.t=to时，弹簧的压缩量为0.2m D.0~t。过程，传送带上的痕迹小于0.05m 8.(2025·湖南卷)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以。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= 二，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 B C(D) 口圆筒口 滑轨 装载 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36msa+) D弹药释放的能为8gh1+】 三、非选择题 9.(2025·北京卷)某物体以一定初速度从地而竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸 裂成A、B两部分，质量分别为2和m,其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g,不计空气 阻力。求： (1)该物体抛出时的初速度大小vo; (2)炸裂后瞬间B的速度大小B; (3)A、B落地点之间的距离d。 ·18· 10.(2025·河南卷)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1=3m铺设有宽度为l2=2.4m的防滑带。在 最左端防滑带的左边缘静止有质量为1=2kg的小物块P,另一质量为m2=4kg的小物块Q以o= 7/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v 7m/s,P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为=0.5，重力加速度大小g=10m/s2。求： (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间。 11.(2025·河北卷)如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以 3/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10m/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0.45m,物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间 共计15。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。 小物块 1☑ 平分 777777777177地面 ·19· 12.(2025·山东卷)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、b用轻弹 簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m=号kg的小球自Q点正上方h=2m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= 15N时b解除锁定开始运动。已知a的质量m,=1kg,b的质量m,=是kg,方形物体的质量 M=2kg,重力加速度大小g=10m/~,弹簧的劲度系数&=50NW/m,整个过程弹簧均在弹性限度内， 9 弹性势能表达式E=x2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： (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、2; (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小v及弹性势能的最大值Em。 h Q a b w ·20· 13.(2025·甘肃卷)如图甲所示，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的变化如图乙所示。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,0=30°。求： (1)t=6s时F的大小，以及t在06s内F的冲量大小； (2)t在0~6s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=6s时，物块的速度大小。 甲 F 2V3 mg----------- 0 8 t/s 乙 ·21· 14.(2025·江苏卷)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，每列有个。在 两列小钢球之间，一质量为的玻璃球以初速度v。向右运动，与小钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均 视为弹性碰撞。 (1)若小钢球质量为m,求最右侧的小钢球最终运动的速度大小v; (2)若小钢球质量为3，求玻璃球与右侧小钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小1； (3)若小钢球质量为3，求玻璃球经历2m次碰撞后的动能Ek。 玻璃球 ○…○○C ○O○…○ ·22· 15.(2025·1月浙江卷)一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水 平轨道BC和C'E、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙 外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHⅡ等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处 静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑 块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运 动。已知R=Q2mm=1kg,EF段长度L-6mRG间距L04m,GH间距102mH1间 距Lm=0.1m,E℉段μ=0.25。滑块1,2,3均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2, sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)若h=0.8m,求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vc; (2)若滑块3恰好能通过圆轨道CDC',求高度h; (3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度。 RO GHI C(C) ·23· 16.(2025·广西卷)图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端 B后抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平传送带共速的货箱中，此 系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平 地面夹角为30°，以速度v。匀速运行。若以相同的时间间隔△将散货以几乎为0的速度放置在倾斜 传送带底端A,从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货 与倾斜传达猎间的动摩擦因数：一 ,到达顶端前已与倾斜传送带共速。设散货与传感器撞击时间极 短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若 货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲 信号与横轴所围图形的面积为I,如图乙，求这段时间内： (1)单个散货的质量； (2)水平传送带的平均传送速度大小； (3)倾斜传送带的平均输出功率。 自动调速 系统 口亚中量式传盛器 B 货箱 A 甲 乙 ·24· 17.(2025·四川卷)如图所示，倾角为0的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长 为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板 相切于b点，d与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运 动到点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无 其他碰撞。小球甲质量为1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 (1)求小球甲从α点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的 条件： (3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段d,求小球甲初动能应满足的条件。 c----d 甲 e ·25·