2026届高考物理三轮冲刺讲义专题六：动量

该高中物理高考复习讲义聚焦动量专题，覆盖动量定理、守恒定律、碰撞、反冲等核心考点，按基础梳理、模型构建、真题训练的逻辑层次展开，通过知识整合、方法归纳、题型突破等环节，帮助学生搭建系统知识框架，突破综合应用难点。 讲义采用模型化教学策略，如碰撞问题构建弹性与非弹性模型，结合动量定理分析流体问题培养科学思维，设置基础巩固到高考真题的分层练习，配合即时反馈，高效提升学生解题能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

三轮冲刺：动量 一、巩固基础——知识梳理 2 （一）动量和冲量 2 （二）动量定理 2 （三）动量守恒定律 2 （四）爆炸和反冲 2 （五）碰撞问题 3 二、归纳整合——模型构建 4 题型一：动量定理应用 4 题型二：动量的累积思想 10 题型三：碰撞 13 题型五：类碰撞模型 18 题型五：爆炸+反冲 22 题型六：人船模型 28 题型七：动量+能量+动力学的综合应用 32 三、终达彼岸——直击高考 43 一、巩固基础——知识梳理 （一）动量和冲量 1．动量 (1)定义：物体的质量和速度的乘积． (2)表达式：p＝mv. (3)方向：与速度的方向相同． 2．动量的变化 (1)动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同． (2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p. 3．冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量． (2)公式：I＝FΔt. (3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同． （二）动量定理 1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量． 2．公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p. （三）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． 2．表达式 (1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向． （四）爆炸和反冲 1．爆炸现象的三个规律 动量 守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2.反冲运动的三点说明 作用 原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能 增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 （五）碰撞问题 1．碰撞问题遵循的三条原则 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′. (3)速度要符合实际情况：若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度． 2．两种碰撞特点 (1)弹性碰撞 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律． 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′ m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝，v2′＝. 结论： ①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度． 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. (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，机械能的损失：ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v共2. 二、归纳整合——模型构建 题型一：动量定理应用 1.（2026·河南·模拟预测）摩天轮是集观光、娱乐和休闲于一体的大型转轮状的机械游乐设施。质量的乘客在摩天轮边缘的座舱随摩天轮在竖直面内做圆周运动。以摩天轮中心所在平面为零势能面，乘客的重力势能随时间的变化关系为。重力加速度取。则（　　） A．摩天轮的直径为40 m B．摩天轮转一圈用时30 min C．乘客在摩天轮最高点的速度大小为 D．从最低点到最高点，合外力对乘客的冲量大小为 【答案】D 【详解】A．以摩天轮中心为零势能面，乘客重力势能最大值为，对应表达式中的最大值为 解得 直径为80m，故A错误； B．此时表达式中角频率等于圆周运动角速度 周期，故B错误； C．线速度，故C错误； D．根据动量定理，合外力冲量等于动量变化量，最低点到最高点速度大小均为、方向相反，动量变化大小，故D正确。 故选D。 2.（2026·重庆·模拟预测）某科研团队对仿生机器人进行起跳性能测试，测得一质量为80kg的机器人对水平地面的压力大小F与时间t的关系如图所示。0~1.0s内机器人处于静止状态，时机器人刚好离开地面，时机器人恰好再次静止。假设机器人离开地面后身体始终保持竖直，不考虑空气阻力，重力加速度为，则机器人（　　） A．在1.0~1.9s内一直处于超重状态 B．刚离开地面时的速度大小为3m/s C．在时，恰好运动到最大高度处 D．在2.5~3.1s内，动量变化量大小为320kg·m/s 【答案】B 【详解】A．内，初始阶段机器人对地面压力小于重力，处于失重状态，A错误； B．t=1.9s 机器人刚好离开地面，t=2.5s机器人再次接触地面，在空中运动总时间 Δt=2.5−1.9=0.6s。竖直上抛运动上升和下落时间对称，上升时间，根据 可得刚离开地面的速度，B正确； C．最高点速度为0，对应时刻为，C错误； D．机器人落地，速度大小仍为，方向向下，设向上为正方向，初动量，末动量 动量变化量大小，D错误。 故选B。 3.（2026·北京房山·二模）运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图所示，质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，碰前瞬间速度为v0，方向与水平方向夹角α=30°。薄片与弹性面间的动摩擦因数μ=0.5。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。下列说法正确的是（　　） A．第一次碰撞过程中，薄片竖直方向的动量变化量大小为2mv0 B．前两次与水平面碰撞过程中，薄片受到的冲量相同 C．在与水平面多次碰撞后，薄片最终将静止在水平面上 D．与水平面碰撞两次后，薄片水平位移将不再增加 【答案】D 【详解】A．薄片第一次碰撞前竖直分速度 ，碰撞后竖直分速度 ，则竖直方向动量变化量大小，故A错误； B．薄片每次碰撞竖直方向动量变化量大小均为 ，根据动量定理，竖直方向受到的支持力冲量大小 若水平速度未减为零，水平方向受到的摩擦力冲量大小 第一次碰撞前水平动量 第一次碰撞过程中，水平动量减少 碰后水平动量，此时水平冲量 第二次碰撞过程中，由于剩余水平动量 ，薄片水平速度将减为零，故第二次受到的水平摩擦力冲量大小 两次碰撞受到的水平冲量大小不等，故总冲量不同，故B错误； C．由题意知，薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，即竖直方向机械能无损失，薄片将在竖直方向持续往复运动，不会静止，故C错误； D．由B选项分析可知，第一次碰撞后水平动量 ，第二次碰撞过程中水平动量减为零，之后薄片仅在竖直方向运动，水平位移不再增加，故D正确。 故选D。 4.（2026·广东·二模）如图，带电小滑块甲和乙的质量相同，放置在足够长的光滑绝缘斜面上，相距（远远大于滑块宽度），释放两滑块瞬间，甲的加速度为零；经过一段时间，两滑块相距时，速度分别为、，加速度之比，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】CD．释放甲瞬间甲加速度为零，说明两滑块带同种电荷.。甲沿斜面受力平衡 当两滑块相距时，设此时库仑力为 对甲根据牛顿第二定律​ 对乙根据牛顿第二定律​ 已知 ，代入整理得 又 可得，C错误，D正确； AB．对甲、乙分别用动量定理，可得 ， 显然，AB错误。 故选 D。 5.（2025·宁夏吴忠·三模）如图所示，某公司研发了一种新型无人机救生圈，旨在更高效的对落水者进行施救，操作人员通过在岸边操纵该装置飞到落水人员头顶位置，让落水者进入救生圈中间的圆孔进而将落水者提离水面并飞至岸边安全区域。该装置的动力系统由四台完全相同的电动机驱动的螺旋桨构成，已知该装置的自身质量为m，四个螺旋桨旋转时扫过的总面积为S，空气密度为ρ，落水者质量为M，重力加速度为g，电动机将电能转化为风的机械能的效率为η，环境风速不计，则关于该装置在空中悬停（简称空载）及承载落水者在空中悬停（简称载人）的这两种基础工作状态，下列说法正确的是（　　） A．空载状态与载人状态螺旋桨吹出风速之比为 B．载人状态下，单位时间螺旋桨吹出总空气质量为 C．载人状态下，四个电动机消耗的总功率为 D．若每个电动机的额定功率均为P0，则载人状态下承载人的最大质量为 【答案】B 【详解】A．根据题意可知空载和载人的重力分别为mg和，根据受力平衡可知两种状态下风的推力也分别为mg和，由动量定理可知 其中，联立可得 代入数据可得，故A错误； B．由上述分析可知，载人状态下单位时间螺旋桨吹出空气总质量，故B正确； C．载人状态时，四个电动机消耗的总功率为，故C错误； D．若每个电动机的额定功率均为，则四个电动机的总功率 由C可得载人状态下被承载人的最大质量为，故D错误。 故选B。 6.（2026·陕西西安·模拟预测）如图所示，有一段截面积为S的弯曲水管被固定在水平地面上，转弯处偏离原方向θ角。若管内水流速度大小为v，水的密度为ρ，管内壁光滑，则水流对转弯处冲击力的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】弯水管出口、入口处时间内水的质量 动量变化如图所示 则 故弯管对水的作用力大小为 根据牛顿第三定律，水流对弯管的作用力大小也为。 故选B。 总结提升 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的变化量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向) (1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2； (2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2. 题型二：动量的累积思想 1.（2026·江苏·模拟预测）如图所示，高中物理研究小组设计了一个实验方案来研究空气阻力和洛伦兹力在带电粒子运动时对粒子的影响：将一个比荷为k的粒子以初速度射入一个与粒子速度方向垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，匀强磁场区域足够大，在空气阻力和洛伦兹力的共同作用下，粒子最终的位移为d；撤去磁场，射入一个初状态完全相同的粒子，若空气阻力大小与带电粒子运动的速度大小成正比，粒子重力不计，则该粒子的位移大小应为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题可知，为比例系数， 有磁场时，分解为x与y轴方向研究，假设x轴方向上总位移为x，y轴方向上总位移为y，则 根据动量定理在y轴方向上可得 即 根据动量定理在x轴方向上可得 即 联立解得 无磁场时，根据动量定理可得 联立解得 故选A。 2.（2026·广东东莞·二模）如图所示，某同学将一根长铜管竖直静置于灵敏电子秤上，此时电子秤示数为。将一个直径略小于管内径的磁性小球从铜管上端入口处由静止释放，下落过程小球与管内壁无接触，在其落到铜管底部前，观察到电子秤的示数从开始逐渐增大到后保持不变。这是因为小球在金属管内下落过程中，铜管中产生涡流对小球有向上的阻力。若该阻力与速度成正比，可用表示。此过程中下落高度为h时，小球恰好达到最大速度；忽略空气阻力及小球产生的热量，重力加速度为g，关于磁性小球，下列说法正确的是（     ） A．小球质量为 B．达到最大速度时，铜管的热功率为 C．下落h过程中，铜管产生热量为 D．小球下落高度h，所用时间为 【答案】D 【详解】A．对整体受力分析，匀速时总支持力 得小球质量。 故A错误； B．最大速度时，小球匀速，阻力 铜管热功率等于阻力做功的功率： 故B错误； C．根据能量守恒，下落过程中，铜管产生的热量等于小球减少的机械能： 与选项表达式不符，故C错误； D．对小球下落过程用动量定理： 合外力冲量等于动量变化 又 即 整理得：，故D正确。 故选D。 3.（多选）（2026·山东淄博·二模）如图甲，O为光滑绝缘水平面上的一点，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴。在的区域内存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里。质量为m、长为d的绝缘板静止在光滑水平面上，其左端位于O点。一质量为m、带电量为的小物块以大小为的初速度从左端滑上绝缘板，物块相对地面运动的速度v随x变化的关系如图乙所示。已知物块与板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，物块可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，则（　　） A．物块从O点运动到位置的过程中，物块做匀减速直线运动 B．物块从O点运动到位置的过程中，物块和板组成的系统产生的热量为 C．匀强电场的电场强度大小为 D．匀强磁场的磁感应强度大小为 【答案】BCD 【详解】A．对物块竖直方向受力分析，负电荷受电场力向上，洛伦兹力向下，重力向下，支持力向上，竖直方向平衡得 可得 物块水平方向，由牛顿第二定律有 可得加速度 故物块运动中速度不断减小，加速度不断减小，物块做加速度减小的减速运动，A错误； B．水平面光滑，物块和板组成的系统水平方向动量守恒，由图乙可得，物块到达时，物块速度为 设此时板的速度为，由动量守恒有 解得 系统产生的热量等于动能损失 解得，B正确； C．由图可得随线性变化，即为定值，加速度 结合 整理得 该式对所有成立，因此常数项必须为0，即 解得，C正确； D．由图可得 代入的系数关系有 解得，D正确。 故选BCD。 题型三：碰撞 1.（25-26高三下·河南开封·期末）如图所示，大小相同、质量分别为3m和m的球A和球B用长为L的轻绳并排竖直悬挂，将球A拉到与悬挂点等高后由静止释放，在最低点与球B发生弹性正碰，当球B上升的高度为0.5L时，球B与绳子脱离，则球B上升到最大高度时的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】球A从释放到最低点，由动能定理，有 解得 A与B发生弹性正碰，有， 碰后B球的速度为 当B球从碰后到与绳子脱离，由机械能守恒 球B与绳子脱离时，速度为 由几何关系可知，速度与水平方向夹角，之后B球做斜抛运动，故球B到达最高点时速度为 故选B。 2.（25-26高三上·北京顺义·期末）质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移x随时间t变化的图像如图所示，已知m2=3kg，下列说法正确的是（　　） A．m1的质量为2kg B．此碰撞为弹性碰撞 C．碰撞后两物体速度相同 D．碰撞前后m1的动量变化量大小为2kg·m/s 【答案】B 【详解】A．根据图线的斜率表示速度，碰撞前两物体的速度分别为， 碰撞后两物体的速度分别为， 根据动量守恒定律，有 解得，故A错误； B．碰撞前的总动能为 碰撞后的总动能为 则，碰撞前后总动能保持不变，此碰撞为弹性碰撞，故B正确； C．碰撞后两物体的速度分别为， 两物体速度大小相同、方向相反，故C错误； D．碰撞前后的动量变化量，故D错误。 故选B。 3.（多选）（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期末）图1所示，光滑圆弧形轨道固定在水平桌面上，下端与桌面相切。质量为M=2m的小物块放置在紧靠轨道底端的桌面上，在桌面另一端装一位移传感器。将质量为m的小球从轨道上某点由静止释放，在轨道底端与物块发生弹性正碰（碰撞时间极短）。位移传感器测出物块在一段时间内做匀减速运动的位移x随时间t变化的图像，如图2所示。重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程小球与物块动量变化量相同 B．第一次碰后小球和物块的速度大小之比为1∶2 C．小球第一次到达轨道底端的速度大小为 D．第一次碰后小球沿圆弧形轨道上滑的最大高度为 【答案】BC 【详解】A．碰撞过程小球与物块动量守恒 变形得 显然，碰撞过程小球与物块动量变化量大小相同，方向相反。故A错误； B．小球与物块发生弹性正碰，则动能守恒 结合，联立解得 第一次碰后小球和物块的速度大小之比为。故B正确； C．物块第一次碰后匀减速运动，由图2得 联立解得，小球第一次到达轨道底端的速度大小为。故C正确； D．第一次碰后小球沿圆弧形轨道上滑到最高点有 解得，故D错误。 故选BC。 4.（2026·江苏·二模）如图，内部光滑的细圆环水平放置并固定，圆环内有质量相等的小球A、B和C静止于彼此间距相等的三个位置。开始时小球A以大小为的初速度沿圆环切线向左运动，之后小球间发生若干次碰撞，最终三球速度大小相等。A与B碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e（）倍，B与C、C与A碰撞后粘在一起。 (1)求最终三球速度的大小； (2)求小球之间发生碰撞的可能次数； (3)若细圆环周长、，求、两种情况下小球间发生最后两次碰撞之间的时间间隔。 【答案】(1) (2)见解析 (3)， 【详解】（1）由动量守恒可知 解得最终速度 （2）A、B碰撞     其中 解得， B、C碰撞     解得 当时    若此后无碰撞，即时，碰撞2次 ； 若，BC组合体追上A（C碰A），与A碰后三球共速，即时，碰撞3次；   若，A追上BC组合体（A碰B），与BC组合体发生非弹性碰撞，此后B、C组合体追上A（C碰A），与A碰后三球共速，即时，碰撞4次； （3）时碰3次，此情况下、、 从第1次碰撞到第3次碰撞，B比A多转1圈，即      解得，   时碰4次，此情况下、、 从第3次碰撞到第4次碰撞，BC组合体比A多转1圈，即   第3次碰撞   解得，， 题型五：类碰撞模型 1.（多选）（2026·四川攀枝花·一模）如图所示，质量M=3m的滑块Q静止在光滑水平面上，其上表面的左侧部分AB段为长L的粗糙水平面、右侧部分BC段为半径为R的光滑四分之一圆弧，AB与BC在B点相切，C点为圆弧最高点。一质量为m的滑块P以水平初速度v0从滑块Q的A端滑入，能经B点滑上圆弧段。已知重力加速度为g，，滑块P与滑块Q上表面AB段的动摩擦因数μ恒定，空气阻力不计，则下列说法中正确的是（　　） A．若，则滑块P能从Q的C端飞出 B．滑块之间的动摩擦因数可能为 C．若，则最终P、Q组成的系统损失的机械能为 D．滑块Q在整个运动过程中速度的最大值不可能超过 【答案】AC 【详解】A．若滑块P恰好到达C端，有， 联立解得 所以，若，则滑块P能从Q的C端飞出，故A正确； B．若滑块P恰好到达B端，有， 联立解得 所以，若，则滑块P不能滑上圆弧轨道，故B错误； C．若，则滑块将冲上圆弧轨道，但不会从C点飞出，假设滑块会返回A端，则， 解得 由此可知，假设成立，且滑块返回到A端时，二者恰好共速，之后一起做匀速直线运动，所以最终P、Q组成的系统损失的机械能为，故C正确； D．由以上分析可知，当P冲上圆弧轨道上升到最高点时，二者共速，此时速度为，故D错误。 故选AC。 2.（多选）（2026·安徽阜阳·模拟预测）如图所示，在一水平面上放置一质量m=0.09 kg的小木块，小木块与水平面间的动摩擦因数。一块长厚度忽略不计的薄板，可水平固定在小木块前进路径上的不同位置，小木块滑上、滑离薄板时无动能损失，小木块与薄板间的动摩擦因数。用一射钉枪将一颗质量为的钉子以的速度在极短时间内射入小木块中，木块向右运动，重力加速度取，木块可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．钉子射入后瞬间小木块的速度大小为 B．小木块从开始滑行到停止的最短减速距离为 C．薄板左端距点时，小木块的滑行时间最短 D．小木块运动的最短时间为 【答案】AD 【详解】A．钉子射入木块过程时间极短，动量守恒 代入 得 故A正确； B．木块在普通水平面的加速度（减速） 木块在薄板上的加速度（减速） 薄板摩擦更大，要总减速距离最短，需要木块在薄板上滑完整个长度，由动能定理 代入数据得总最短距离，故B错误； C．要滑行时间最短，因为，需尽可能早地用大加速度减速，木块刚好滑完薄板时速度减为0，此时时间最短，设滑上薄板前的速度为，滑完薄板速度为0，满足 解得 薄板左端到O点的距离满足 解得 即薄板左端距O点时滑行时间最短，故C错误。 D．总最短时间 故D正确。 故选AD。 3.（2026·河北唐山·二模）如图所示，一半径为的竖直光滑圆弧轨道与光滑水平面相切于点，圆弧轨道末端固定一上表面光滑的压敏传感器（未画出）。光滑水平面上放置两小物块、，小物块、质量分别为和，小物块距离点为，小物块锁定在水平面上，、间有一处于原长的轻质弹簧，其劲度系数为，始终在弹性限度内。现将一质量为的小物块由点静止释放，小物块经过传感器时，其示数为。小物块与在水平面上碰撞时间极短，且粘在一起。当、两小物块将弹簧压缩到某一位置时释放小物块，且能使小物块脱离弹簧时获得的速度最大。已知重力加速度取，，弹簧弹性势能表达式为（为弹簧的形变量），弹簧振子做简谐运动的周期公式为（为振子的质量，为弹簧的劲度系数），求： (1)、两点间竖直高度； (2)小物块、碰撞过程损失的机械能； (3)从开始释放小物块M到刚释放小物块Q的过程中，小物块M运动的时间。 【答案】(1)0.8m (2)8J (3)7.84s 【详解】（1）物块M从A到B，由机械能守恒定律 在B点时 解得v1=4m/s，h=0.8m （2）MP碰撞过程由动量守恒 可得碰撞损失的能量 （3）因AB圆弧所对的圆心角 即则小物块M的运动可看做单摆，则M从A到B的时间 M从B到C的时间 MP共同压缩弹簧，因物块Q脱离弹簧时获得的速度最大，可知MP压缩弹簧到最短，此过程的时间 可知从开始释放小物块M到刚释放小物块Q的过程中，小物块M运动的时间 总结提升 1．碰撞拓展 (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－曲面模型 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，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 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，能量满足mv02＝mv12＋Mv22 (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面或水平导轨光滑) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 题型五：爆炸+反冲 1.（2026·湖南长沙·二模）如图，足够长的木板C静止在光滑水平地面上，靠近其左上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，与固定挡板的距离为，A和B之间夹有少量火药。某时刻火药燃爆，燃爆后A获得大小为2v的速度，最终A、B均未离开C。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，A与C、B与C之间的动摩擦因数分别为，重力加速度为g。不计火药的质量和燃爆时间，A和挡板碰撞时无机械能损失且碰撞时间不计，认为火药燃爆释放的能量全部转化为A和B的动能。下列说法正确的是（　　） A．火药爆炸释放的能量为6mv B．A与挡板碰撞前瞬间速度大小为与挡板碰撞前C向左运动 C．A与挡板碰撞瞬间B的速度大小为 D．A与挡板碰撞后，B、C先共速，最后A、B、C一起共速，且速度大小为 【答案】D 【详解】A．火药爆炸瞬间A和B系统的动量守恒，则2mvB−m2v=0 解得vB=v，则火药爆炸释放的能量 联立可得，故A错误； B．对A自开始运动到与挡板碰撞前的过程中，有 解得 设物体A与挡板碰撞前瞬间的速度v1，则 解得，对C受力分析，发现A与挡板碰撞前，C受到AB给他的摩擦力等大反向，所以C始终静止，故B错误； C．设该过程的时间间隔为t1，则 解得 对B有，设开始运动后B的加速度大小为a2， 解得 A与挡板碰撞时B的速度大小，故C错误； D．以水平向右的方向为正方向，A与挡板碰撞后对A、B、C组成的系统动量守恒，设三者的共同速度为v0，则有 解得 对C由牛顿第二定律有 解得 假设B、C先共速，有， 速度 可知，A撞击挡板后B先与C共速，B与C共速后不再有相对运动，然后A再与B、C共速,故D正确。 故选D。 2.（2026·湖南·模拟预测）在匀强磁场（强度未知）中有一个静止的原子核P发生了某种衰变，已知放射出的粒子速度方向及反冲原子核N的速度方向均与磁场方向垂直，它们在磁场中运动的径迹是两个内切的圆，如图所示。图中大圆与小圆直径之比为，下列说法错误的是（　　） A．原子核P衰变反应的类型是β衰变 B．原子核P的核电荷数为6 C．反冲原子核N逆时针旋转运动 D．原子核P的质量数一定为12 【答案】D 【详解】A．静止原子核衰变，动量守恒，衰变后新核和放出粒子动量大小相等 带电粒子在磁场中运动半径公式为 ，即 若为α衰变，放出带正电的α粒子，新核也带正电，两粒子速度反向、电荷同号，洛伦兹力反向，径迹外切； 若为β衰变，放出带负电的电子，新核带正电，两粒子速度反向、电荷异号，洛伦兹力同向，径迹内切。本题径迹内切，故为β衰变，故A正确； B．由，直径比等于半径比，得 β衰变放出电子，电荷量大小，因此反冲核的电荷数 根据β衰变规律：原核电荷数，即原核核电荷数为6，故B正确； C．反冲核带正电，磁场垂直纸面向里，根据左手定则，可知做逆时针圆周运动，故C正确； D．半径公式中，仅和电荷量相关，和质量数无关；我们仅能得到的核电荷数为6，无法确定其质量数，因此质量数不一定为12，故D错误。 本题选择不正确选项，故选D。 3.（多选）（2026·广东汕头·二模）某科技小组自制了一枚火箭，如图，其发射过程可分为三个阶段：第一阶段，火箭点火发射，到最高点时质量为m1；第二阶段，火箭喷出燃气在高空悬停，单位时间喷出燃气质量为Δm1（远小于m1）；第三阶段，火箭在悬停状态下完成转向，此时火箭的质量为m2，紧接着在极短时间内以速度v喷出质量为Δm2（与m2相比不可忽略）的燃气变为水平飞行。全程忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．在悬停阶段，火箭合力为零 B．火箭发射到最高点的过程中一直在加速 C．在悬停阶段，燃气喷出的速度为 D．在转向阶段，火箭获得的水平速度为 【答案】AC 【详解】A．悬停阶段，火箭静止状态，即处于平衡状态，因此合力为零，故A正确； B．初始阶段，推力大于重力，火箭加速上升；当推力小于重力时，火箭会减速上升，直到最高点速度为零，因此火箭并非 “一直在加速”，故B错误； C．悬停阶段，火箭合力为零，燃气推力等于重力，设燃气喷出速度为v，单位时间喷出质量为，根据动量定理 解得，故C正确； D．转向阶段，火箭和燃气组成的系统在水平方向动量守恒，则有 联立解得，故D错误。 故选AC。 4.（24-25高三上·江西·月考）离子电推引擎，是利用电场将处在等离子状态的“工作物质”加速后向后喷出而获得前进动力的一种发动机。这种引擎不需要燃料，气体也全无污染物排放，是环保型机器。2012年10月，中国发射的首颗民用新技术试验卫星“实践9号”采用了510所研制的离子电推进系统，达到了国际先进水平。这也是国内第一次在卫星上使用离子电推进系统，打破美俄技术垄断。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子和电子，而后正离子飘入电极A、B之间的加速电场（正离子初速度忽略不计），使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。“实践9号”在轨道上调整姿态时，需要启动离子电推引擎，已知A、B间的电压为U，飘入加速电场的正离子数目为N，每个离子的质量为、电荷量为ne（其中n是正整数，e是元电荷），引擎总质量为M，不考虑离子从引擎内喷出时引擎质量的变化，则离子从引擎内喷出时引擎的速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】飘入加速电场的正离子质量 电荷量 电场对离子加速，由动能定理有 则离子的速度 由动量守恒定律，有 解得引擎的速度大小 故选B。 5.（2026·江西南昌·二模）2035年，我国计划实施“天问四号”小行星采样返回任务。探测器在完成表面采样后，从小行星表面垂直起飞到与环小行星轨道器交会过程中，可忽略重力加速度的变化，重力加速度记为。探测器主发动机为一台恒速率电推发动机，其在任意极短时间内，喷射的工质质量均为，记，为常数，喷射的工质相对探测器的速度大小恒为，方向竖直向下。探测器初始总质量（含燃料）为，燃料耗尽后的探测器总质量为，满足，其中为燃料总质量。不计小行星周围稀薄大气的阻力，喷射过程中，且探测器速度变化量远小于。矢量方向以竖直向下为正。 (1)推导探测器在上升过程中速度为的时刻，发动机推力的大小； (2)写出探测器加速度随时间变化的表达式（用、、、、表示）； (3)探测器内的科学载荷能承受的最大加速度为。为使探测器在上升过程中加速度始终不超过此值，求燃料总质量与初始总质量的比值不应超过多少？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）以极短时间内喷射出的工质为研究对象。设工质受到探测器对其作用力的大小为，根据动量定理有 得 根据牛顿第三定律，此时探测器受到推力的大小 可知推力的大小不变，探测器受到推力的方向竖直向上，则探测器在竖直上升阶段，受到工质的推力不变。 （2）在时刻，探测器及探测器内剩余工质的质量 根据牛顿第二定律有 解得 （3）因为时，加速度向上，则有，即 所以   当工质耗尽，加速度向上达到最大，所以有 即 联立解得 所以 得 题型六：人船模型 1.（2025·湖南长沙·模拟预测）如图所示，光滑水平面上有一长为的平板小车，其质量为，车左端站着一个质量为的人（可视为质点），开始时车和人都处于静止状态，则： (1)若人从车的左端以加速度匀加速直线运动跑到车的右端，此过程中人对地的位移和时间是多少？ (2)若人从车的左端刚好跳到车的右端，要使人对地的速度最小，则人相对车的速度大小和方向如何？ 【答案】(1)，方向由车头指向车尾； (2)，方向与水平方向夹角为 【详解】（1）假设人所受摩擦力大小为，对人，根据牛顿第二定律 对车，根据牛顿第二定律 假设时间为，则人对地的位移是，车对地的位移是 两者位移关系，联立以上方程解得，方向由车头指向车尾，所用时间是 （2）设人起跳时对地的速度大小为，方向与水平面的夹角为 则人的水平位移 水平方向动量守恒，解得车的速度 人落到车的右端条件是 解得起跳的速度大小 当时，最小，起跳的最小速度 设人起跳时相对车的速度为，则水平方向分速度 竖直方向分速度 相对速度大小是 方向与水平方向夹角为，满足 2.（2025·安徽淮北·一模）如图所示，质量为M、半径为R的内壁光滑半圆槽静置在光滑水平地面上，现将可视为质点、质量为m的小球从半圆槽左侧圆心等高处由静止释放。已知，不计空气阻力，小球从释放到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．球和槽组成系统的动量守恒 B．球的位移大小为 C．球在最低点时速度大小为 D．槽受到的合外力冲量大小为 【答案】D 【详解】A．因为小球在竖直方向有加速度，则球和槽组成系统竖直方向合外力不为0，只有水平方向合外力为0，则球和槽组成系统水平方向的动量守恒，整个系统动量不守恒，故A错误； B．水平方向动量守恒，则有 对时间积累可得 即 且有 联立解得 则球的位移大小,故B错误； C．整个系统机械能守恒，可得 联立解得,,故C错误； D．对槽由动量定理可得 代入可得,故D正确。 故选D。 3.（2026·四川成都·三模）长木板上固定着“V”形支架，总质量为M，静止在光滑水平面上。在支架右端O处，通过长为L的轻质绳悬挂质量为m、可看作质点的小锥体，板上A点位于锥体正下方h处。将小锥体移到O点右侧，并使绳水平伸直，然后由静止释放。 (1)求锥体和木板最大速度的大小； (2)以释放前O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，写出小锥体运动的轨迹方程； (3)若小锥体落在木板上不反弹，且没有相对木板滑动，碰撞时间极短，分析锥体和木板间的动摩擦因数应满足什么条件。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）m运动到最低点时速度最大，设该速度为v1，M的速度为v2，根据动量守恒定律得 根据机械能守恒定律得 解得， （2）设绳与x轴正方向的夹角为θ时，小锥体的位置坐标为（x，y），此时m的水平位移为xm，M的水平位移为xM，水平方向根据动量守恒定律得 根据几何关系得 又有 联立解得 而 所以小锥体运动的轨迹方程为 （3）根据水平方向系统动量守恒可知，两者碰撞后速度均为0，设碰撞时间为Δt，小锥体在碰撞过程中，由动量定理，在竖直方向上，有 由于时间极短 在水平方向上 且有 联立解得 所以锥体和木板间的动摩擦因数应满足。 总结提升 1.人船模型 (1)模型图示 (2)模型特点 ①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0 ②两物体的位移大小满足：m－M＝0， x人＋x船＝L， 得x人＝L，x船＝L (3)运动特点 ①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； ②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝. 题型七：动量+能量+动力学的综合应用 1.（2026·山东东营·二模）如图所示，质量mA=1kg的物块A穿在水平固定的光滑轻杆上，质量为mB=2kg的小球B紧贴轻杆放置，A、B（看作质点）通过长为l=0.6m的不可伸长的轻质细绳相连且轻绳伸直，到下方长木板的高度也为l。现静止释放小球B，B运动到最低点时恰好与静止在地面上的长木板发生碰撞，长木板的质量M=6kg，长度L=0.25m，长木板左侧0~0.25m范围内，动摩擦因数μ=0.1，其余部分光滑，x=0.5m处放一弹性板，所有碰撞均为完全弹性碰撞，g=10m/s2，简谐运动周期。求： (1)小球B到达最低点时物块A的位移； (2)小球B到达最低点时对轻绳的拉力； (3)木板停止时所处的位置； (4)两次进入粗糙区域的总时间及整个过程摩擦力对木板的总冲量。 【答案】(1)0.4m (2)140N，方向竖直向下 (3)木板恰好停在进入前的初始位置 (4)，方向向左 【详解】（1）B下摆过程中，AB系统水平方向动量守恒 对时间累加求和得 又由 联立得 （2）AB系统机械能守恒 水平方向动量守恒 解得 , B在最低点时，由牛顿第二定律 联立得 由牛顿第三定律，方向竖直向下 （3）B与木板发生弹性碰撞，动量守恒 机械能守恒 解得 木板进入粗糙区域位移时，受摩擦力 木板为简谐振动，且 设进入粗糙区域，木板位移0.25 m时，木板速度为 由动能定理 解得 同理，出粗糙区域后木板速度 由动能定理 解得 和弹性板碰撞反弹，再次全部进入粗糙区域，木板速度 由动能定理 解得 设完全出粗糙区域后木板速度 由动能定理 解得，即木板恰好停在初始位置。 （4）进入时木板做简谐运动， 向左全部进入时，有，得 向右全部进入时，有，得 两次进入粗糙区域的总时间为 以向左为正方向，弹性板对木板冲量 ，方向向右 全过程对木板 摩擦力总冲量 ，方向向左 2.（2026·河北保定·一模）如图甲所示，物块A、B和带有半径R=4m的光滑圆弧轨道EF的物块D均放在光滑水平地面上，D被锁定。圆弧轨道的圆心为O，OE水平，A、B通过劲度系数为k的轻弹簧相连。小球C从E点正上方高h=16.8m处由静止释放，当O、C连线和OF的夹角为时，解除物块D的锁定。已知重力加速度取。 (1)求小球C经过F点时，小球C、物块D的速度大小和物块D对小球C的支持力大小； (2)小球C与物块A碰撞时间极短，碰后粘在一起，取该时刻为t=0时刻，之后A、C组合体和B的速度随时间按正弦规律变化，如图乙所示，内，A前进的距离为求弹簧的劲度系数。 【答案】(1)，， (2)120N/m 【详解】（1）O、C连线和OF的夹角为θ时，小球下落的高度 由动能定理有 解除D的锁定后，C、D组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，有， 解得， C相对D做圆周运动，由牛顿第二定律，有 解得物块D对小球C的支持力大小为 （2）小球C与物块A碰撞过程，有 解得 碰后A、B、C共速时，有 解得 对A、B、C组成的系统，任意时刻，有 取之后极短时间Δt，有 求和有 此过程弹簧的压缩量为， 代入数据解得， 设弹簧的劲度系数为k，由变力做功和机械能守恒，有 解得弹簧的劲度系数 3.（2026·河南·模拟预测）如图所示，水平传送带以的速度沿逆时针匀速转动，传送带左端紧靠光滑水平面，右端紧靠平台的光滑上表面，水平面、传送带上表面、平台上表面在同一水平面内。以平台右端点为坐标原点建立直角坐标系，轴水平向右，轴竖直向下，坐标系中弯曲形挡板形状满足（单位：）。物块B静止在水平面上，质量为的物块A与轻质弹簧连接，以的速度在光滑水平面上向物块B运动。当弹簧压缩量最大时，A、B的共同速度大小为3m/s，B与弹簧分离后，B滑上传送带并且恰好不从右端滑离传送带，弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度。 (1)求物块B的质量； (2)求物块B与A第二次碰撞过程弹簧被压缩后的最大弹性势能； (3)改变物块A的初速度，使A与B碰撞，且B与弹簧分离后B能从平台点滑出且落到挡板上时的动能最小，求A、B碰撞被弹簧弹开后B的速度大小。 【答案】(1)1kg (2)0.375J (3) 【详解】（1）弹簧压缩量最大时，对A、B构成的系统进行分析，根据动量守恒定律有 其中 解得 （2）B与弹簧分离时，对A、B构成的系统进行分析，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得， B滑上传送带并且恰好不从右端滑离传送带，表明B先在传送带上向右匀减速至0时恰好到达传送带右端，则有 解得 之后B加速度不变，开始向左做匀加速直线运动，根据对称性，当B加速至时开始向左做匀速直线运动，物块B与A第二次碰撞过程弹簧压缩量再次达到最大时，根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 解得 （3）B从平台点滑出后做平抛运动，则有， 其中 根据动能定理有 解得 根据数学函数规律可知，动能取最小值时有 解得 此时有， 令A、B碰撞被弹簧弹开后B的速度大小为，则有 结合上述解得 4.（2026·湖北黄石·二模）水平面O点左侧光滑，右侧粗糙。质量为的圆弧槽末端与O点重合处于静止状态，其圆弧表面光滑，半径。质量均为可视为质点的相同滑块，如图所示，滑块1从高处由静止释放恰好能沿切线方向进入圆弧槽，滑块2、滑块3……滑块n自距离O点处从左向右依次排列，间距均为。已知滑块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为，滑块间的碰撞时间极短，且碰后就粘在一起形成组合体。取，求： (1)滑块1离开圆弧槽末端时的速度； (2)滑块1离开圆弧槽末端后，经过多长时间撞上滑块2？（最终答案取一位小数） (3)组合体最多由多少个滑块组成？停下时距离O点多远？【提示：】（最终答案取一位小数，不用写分析过程） 【答案】(1)3m/s (2)0.2s (3)3块，1.2m 【详解】（1）滑块1和圆弧槽组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。设滑块1离开圆弧时速度为，圆弧槽速度为，初始总动量为0，因此 系统机械能守恒 代入解得， 滑块1离开圆弧槽末端时的速度为 （2）滑块 1与圆弧槽的水平位移关系为 且 圆弧槽运动的距离 则匀速时间 滑块1在粗糙水平面的加速度 位移满足 代入解得 （3）碰撞过程动量守恒，且任意质量组合体在粗糙面的加速度均为 归纳得第个滑块的速度满足 能碰撞第个滑块的条件为且 整理得且 代入得满足，不满足，故最多3个滑块。 5.碰撞完成后组合体在处，剩余位移，总距离为（2026·河北邢台·二模）如图所示，长为的细线一端固定于点，另一端系有一质量为可视为质点的小球，初始时小球被锁定在距离点处的装置中。光滑地面上有一质量为的长木板到墙壁距离为，木板左端放有质量为的凹形小木槽，凹形小木槽与长木板间的动摩擦因数为。解除锁定，小球开始运动，小球到达点正下方时细线断裂，小球飞出，之后恰好落入凹形小木槽中与小木槽粘在一起（时间极短）。经过一段时间后长木板与墙壁发生弹性碰撞，凹形小木槽始终未脱离长木板且未与墙壁碰撞，重力加速度取，求： (1)细线断裂时小球的速度大小； (2)长木板与墙壁碰撞时，小木槽与长木板的速度大小； (3)长木板在地面上运动的总路程。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）解除锁定小球先做自由落体运动直到细线伸直，此时细线与水平方向夹角为，则 由动能定理可得 细线绷紧瞬间沿绳方向速度变为0，只剩下切向速度，有 之后到最低点，根据机械能守恒有 联立解得 （2）小球恰好落入凹形小木槽中，与小木槽粘在一起，水平方向动量守恒 有 之后小球、小木槽和长木板动量守恒，三者共速有 解得 这个过程对长木板有 且有 联立解得，即小木槽与长木板共速之后长木板才与墙壁碰撞 长木板与墙壁碰撞时小木槽与长木板速度均为 （3）长木板与墙壁间的碰撞为弹性碰撞，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有 第1次与墙壁碰后 即长木板第2次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为有… 第2次与墙壁碰后 即长木板第3次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为 有 第3次与墙壁碰后 即长木板第4次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为 有…… 第次与墙壁碰后即长木板第次与墙壁碰撞速度为，碰后速度等大反向，长木板向左减速到速度为0所走位移为 有… 长木板总路程为 联立可得 即 当时有 代入数据解得 总结提升 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动力学观点 牛顿第二定律 F合＝ma 物体做匀变速直线运动，涉及运动细节 匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v02＝2ax等 能量 观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及做功与能量转换 机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 功能关系 WG＝－ΔEp等 能量守恒定律 E1＝E2 动量 观点 动量定理 I合＝p′－p 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 只涉及初末速度而不涉及力、时间 三、终达彼岸——直击高考 1．（2025·天津·高考真题）一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中（　　） A．动量保持不变 B．所受合外力做功为零 C．所受重力的冲量为零 D．始终处于受力平衡状态 【答案】B 【详解】座椅在水平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变 A．根据可知动量大小不变，方向改变，故A错误； B．速度大小不变，则座椅的动能不变，根据动能定理可知所受合外力做功为零，故B正确； C．根据可知所受重力的冲量不为零，故C错误； D．座椅在水平面内做匀速圆周运动，一定有向心加速度，所以不是处于受力平衡状态，故D错误。 故选B。 2.（2025·浙江·高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（　　） A．5层 B．8层 C．17层 D．27层 【答案】C 【详解】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间 根据动量定理 代入数据解得 由自由落体公式 得高度 每层楼高约3m，对应楼层数为层。 故选C。 3.（2025·湖北·高考真题）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（a）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（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，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（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有 得 撤销拉力后，有 得 对于全过程，有 得 对于全过程有 故运动的总时间 可知当越大时，越小，当时，取最小值。 则 则 故选B。 4.（2024·重庆·高考真题）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（   ） A．被弹出时速度大小为 B．到达目标组织表面时的动能为F1d1 C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2 D．运动d2的过程中动量变化量大小为 【答案】A 【详解】A．根据动能定理有 解得 故A正确； B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有 Ek = F2d2 故B错误； C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误； D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小 故D错误。 故选A。 5.（多选）（2025·广东·高考真题）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 C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为 D．T时刻受到空气作用力的大小为 【答案】AB 【详解】AD．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，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图 可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有，F = F0－kT 解得 故A正确、D错误； B．由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，故B正确； C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有 无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有 0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为 0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为 则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为 故C错误。 故选AB。 6.（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（　　） A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大 B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大 C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加 D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加 【答案】A 【详解】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 设弹簧的初始弹性势能为，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 联立得 故可知弹簧恢复原长时物体A速度最大，此时物体A的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。 故选A。 7.（2025·河南·高考真题）两小车P、Q的质量分别为和，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，碰撞时间极短，则（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 即 根据图像可知，故； 同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有 即 根据图像可知，故； 故 故选D。 8.（多选）（2024·湖北·高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 【答案】AD 【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有 子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为 由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为 联立上式可得 因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确； B．则子弹穿过木块时木块的速度为 由运动学公式 可得 故B错误； C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即 故C错误； D．木块加速过程运动的距离为 故D正确。 故选AD。 9.（2024·安徽·高考真题）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，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、、，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，， D．在图乙位置， 【答案】D 【详解】AB．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的电场力大小相等，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，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AB错误； CD．对系统根据动量守恒 根据球1和2运动的对称性可知，解得 根据能量守恒 解得 故C错误，D正确。 故选D。 10.（2025·江苏·高考真题）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) 【详解】（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 11.（2025·广西·高考真题）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后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，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，以速度匀速运行。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。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。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。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I，可知受到的冲量为I，则对单个散货水平方向由动量定理 解得单个散货的质量为 （2）落入货箱中散货的个数为 则水平传送带的平均传送速度大小为 （3）倾斜传动带上一共有10个物块，每次经过，后一个物块总会到达前一个物块的位置，因此在时间可视为第10个物块一次性传输到第1个物块的位置；设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律 解得 加速时间 加速位移 设匀速时间为，其中 则匀速位移为 故传送带的长度为 加速阶段散货与传送带发生的相对位移为 在时间内传送带对外输出的功率分别用于提升物块的高度和增加物块的动能，即 其中， 联立可得倾斜传送带的平均输出功率为 12.（2025·湖南·高考真题）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。 (1)若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小； (2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小； (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）由B点到最低点过程动能定理有 最低点牛顿第二定律可得 联立可得 （2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为时由能量守恒可得 水平方向 竖直方向取向上为正可得 联立可得 （3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为时计为点C，由能量守恒可得 设的水平速度和竖直速度分别为，则有 则水平方向动量守恒可得 水平方向满足人船模型可得 此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为 水平方向 竖直方向 联立可得 即 显然当时取得最小，此时 13.（2023·河北·高考真题）如图，质量为的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成角．质量为的小物块以的初速度从木板左端水平向右滑行，与木板间的动摩擦因数为0.5．当到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时沿圆弧切线方向滑上轨道．待离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为取取． （1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块和木板的速度大小； （2）求物块到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度； （3）物块运动到最大高度时会炸裂成质量比为的物块和物块，总质量不变，同时系统动能增加，其中一块沿原速度方向运动．为保证之一落在木板上，求从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围． 【答案】（1），；（2），；（3）或 【详解】（1）设物块的初速度为，木板与轨道底部碰撞前，物块和木板的速度分别为和，物块和木板的质量分别为和，物块与木板间的动摩擦因数为，木板长度为，由动量守恒定律和功能关系有 由题意分析，联立式得 （2）设圆弧轨道半径为，物块到圆弧轨道最高点时斜抛速度为，轨道对物块的弹力为．物块从轨道最低点到最高点，根据动能定理有 物块到达圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律有 联立式，得 设物块拋出时速度的水平和竖直分量分别为和 斜抛过程物块上升时间 该段时间物块向左运动距离为 ． 物块距离地面最大高度 ． （3）物块从最高点落地时间 设向左为正方向，物块在最高点炸裂为，设质量和速度分别为和、，设，系统动能增加．根据动量守恒定律和能量守恒定律得 解得 或． 设从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围： （a）若，炸裂后落地过程中的水平位移为 炸裂后落地过程中的水平位移为 木板右端到轨道底端的距离为 运动轨迹分析如下 为了保证之一落在木板上，需要满足下列条件之一 Ⅰ．若仅落在木板上，应满足 且 解得 Ⅱ．若仅落在木板上，应满足 且 不等式无解； （b）若，炸裂后落地过程中水平位移为0，炸裂后落地过程中水平位移为 木板右端到轨道底端的距离为 运动轨迹分析如下 14．如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小 (2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。 (3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。（参考公式： 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为 地面对木板的摩擦力为 所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有 解得 （2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为 根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有 第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有 联立可得 （3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有 解得（n为整数） 则第个（即）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则 则 木板和剩下的木块不发生相对滑动。 对前面个（即）木块，有 木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则 则 又 则 则 j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则 j=2时，根据动量守恒定律可得 可得第2个滑块开始运动的速度， 则 由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有 …… 将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得 联立， 可得 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 三轮冲刺：动量 一、巩固基础——知识梳理 2 （一）动量和冲量 2 （二）动量定理 2 （三）动量守恒定律 2 （四）爆炸和反冲 2 （五）碰撞问题 3 二、归纳整合——模型构建 4 题型一：动量定理应用 4 题型二：动量的累积思想 6 题型三：碰撞 8 题型五：类碰撞模型 10 题型五：爆炸+反冲 12 题型六：人船模型 15 题型七：动量+能量+动力学的综合应用 16 三、终达彼岸——直击高考 21 一、巩固基础——知识梳理 （一）动量和冲量 1．动量 (1)定义：物体的质量和速度的乘积． (2)表达式：p＝mv. (3)方向：与速度的方向相同． 2．动量的变化 (1)动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同． (2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p. 3．冲量 (1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量． (2)公式：I＝FΔt. (3)单位：N·s. (4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同． （二）动量定理 1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量． 2．公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p. （三）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． 2．表达式 (1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量． (2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向． （四）爆炸和反冲 1．爆炸现象的三个规律 动量 守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加 位置 不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 2.反冲运动的三点说明 作用 原理 反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能 增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 （五）碰撞问题 1．碰撞问题遵循的三条原则 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′. (3)速度要符合实际情况：若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度． 2．两种碰撞特点 (1)弹性碰撞 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律． 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′ m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2 解得v1′＝，v2′＝. 结论： ①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度． 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. (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，机械能的损失：ΔE＝m1v12＋m2v22－(m1＋m2)v共2. 二、归纳整合——模型构建 题型一：动量定理应用 1.（2026·河南·模拟预测）摩天轮是集观光、娱乐和休闲于一体的大型转轮状的机械游乐设施。质量的乘客在摩天轮边缘的座舱随摩天轮在竖直面内做圆周运动。以摩天轮中心所在平面为零势能面，乘客的重力势能随时间的变化关系为。重力加速度取。则（　　） A．摩天轮的直径为40 m B．摩天轮转一圈用时30 min C．乘客在摩天轮最高点的速度大小为 D．从最低点到最高点，合外力对乘客的冲量大小为 2.（2026·重庆·模拟预测）某科研团队对仿生机器人进行起跳性能测试，测得一质量为80kg的机器人对水平地面的压力大小F与时间t的关系如图所示。0~1.0s内机器人处于静止状态，时机器人刚好离开地面，时机器人恰好再次静止。假设机器人离开地面后身体始终保持竖直，不考虑空气阻力，重力加速度为，则机器人（　　） A．在1.0~1.9s内一直处于超重状态 B．刚离开地面时的速度大小为3m/s C．在时，恰好运动到最大高度处 D．在2.5~3.1s内，动量变化量大小为320kg·m/s 3.（2026·北京房山·二模）运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。如图所示，质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，碰前瞬间速度为v0，方向与水平方向夹角α=30°。薄片与弹性面间的动摩擦因数μ=0.5。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。下列说法正确的是（　　） A．第一次碰撞过程中，薄片竖直方向的动量变化量大小为2mv0 B．前两次与水平面碰撞过程中，薄片受到的冲量相同 C．在与水平面多次碰撞后，薄片最终将静止在水平面上 D．与水平面碰撞两次后，薄片水平位移将不再增加 4.（2026·广东·二模）如图，带电小滑块甲和乙的质量相同，放置在足够长的光滑绝缘斜面上，相距（远远大于滑块宽度），释放两滑块瞬间，甲的加速度为零；经过一段时间，两滑块相距时，速度分别为、，加速度之比，则（　　） A． B． C． D． 5.（2025·宁夏吴忠·三模）如图所示，某公司研发了一种新型无人机救生圈，旨在更高效的对落水者进行施救，操作人员通过在岸边操纵该装置飞到落水人员头顶位置，让落水者进入救生圈中间的圆孔进而将落水者提离水面并飞至岸边安全区域。该装置的动力系统由四台完全相同的电动机驱动的螺旋桨构成，已知该装置的自身质量为m，四个螺旋桨旋转时扫过的总面积为S，空气密度为ρ，落水者质量为M，重力加速度为g，电动机将电能转化为风的机械能的效率为η，环境风速不计，则关于该装置在空中悬停（简称空载）及承载落水者在空中悬停（简称载人）的这两种基础工作状态，下列说法正确的是（　　） A．空载状态与载人状态螺旋桨吹出风速之比为 B．载人状态下，单位时间螺旋桨吹出总空气质量为 C．载人状态下，四个电动机消耗的总功率为 D．若每个电动机的额定功率均为P0，则载人状态下承载人的最大质量为 6.（2026·陕西西安·模拟预测）如图所示，有一段截面积为S的弯曲水管被固定在水平地面上，转弯处偏离原方向θ角。若管内水流速度大小为v，水的密度为ρ，管内壁光滑，则水流对转弯处冲击力的大小为（　　） A． B． C． D． 总结提升 对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的变化量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向) (1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2； (2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2. 题型二：动量的累积思想 1.（2026·江苏·模拟预测）如图所示，高中物理研究小组设计了一个实验方案来研究空气阻力和洛伦兹力在带电粒子运动时对粒子的影响：将一个比荷为k的粒子以初速度射入一个与粒子速度方向垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，匀强磁场区域足够大，在空气阻力和洛伦兹力的共同作用下，粒子最终的位移为d；撤去磁场，射入一个初状态完全相同的粒子，若空气阻力大小与带电粒子运动的速度大小成正比，粒子重力不计，则该粒子的位移大小应为（    ） A． B． C． D． 2.（2026·广东东莞·二模）如图所示，某同学将一根长铜管竖直静置于灵敏电子秤上，此时电子秤示数为。将一个直径略小于管内径的磁性小球从铜管上端入口处由静止释放，下落过程小球与管内壁无接触，在其落到铜管底部前，观察到电子秤的示数从开始逐渐增大到后保持不变。这是因为小球在金属管内下落过程中，铜管中产生涡流对小球有向上的阻力。若该阻力与速度成正比，可用表示。此过程中下落高度为h时，小球恰好达到最大速度；忽略空气阻力及小球产生的热量，重力加速度为g，关于磁性小球，下列说法正确的是（     ） A．小球质量为 B．达到最大速度时，铜管的热功率为 C．下落h过程中，铜管产生热量为 D．小球下落高度h，所用时间为 3.（多选）（2026·山东淄博·二模）如图甲，O为光滑绝缘水平面上的一点，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴。在的区域内存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直纸面向里。质量为m、长为d的绝缘板静止在光滑水平面上，其左端位于O点。一质量为m、带电量为的小物块以大小为的初速度从左端滑上绝缘板，物块相对地面运动的速度v随x变化的关系如图乙所示。已知物块与板间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g，物块可视为质点且运动过程中电荷量保持不变，则（　　） A．物块从O点运动到位置的过程中，物块做匀减速直线运动 B．物块从O点运动到位置的过程中，物块和板组成的系统产生的热量为 C．匀强电场的电场强度大小为 D．匀强磁场的磁感应强度大小为 题型三：碰撞 1.（25-26高三下·河南开封·期末）如图所示，大小相同、质量分别为3m和m的球A和球B用长为L的轻绳并排竖直悬挂，将球A拉到与悬挂点等高后由静止释放，在最低点与球B发生弹性正碰，当球B上升的高度为0.5L时，球B与绳子脱离，则球B上升到最大高度时的速度为（　　） A． B． C． D． 2.（25-26高三上·北京顺义·期末）质量为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间不计，其位移x随时间t变化的图像如图所示，已知m2=3kg，下列说法正确的是（　　） A．m1的质量为2kg B．此碰撞为弹性碰撞 C．碰撞后两物体速度相同 D．碰撞前后m1的动量变化量大小为2kg·m/s 3.（多选）（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期末）图1所示，光滑圆弧形轨道固定在水平桌面上，下端与桌面相切。质量为M=2m的小物块放置在紧靠轨道底端的桌面上，在桌面另一端装一位移传感器。将质量为m的小球从轨道上某点由静止释放，在轨道底端与物块发生弹性正碰（碰撞时间极短）。位移传感器测出物块在一段时间内做匀减速运动的位移x随时间t变化的图像，如图2所示。重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程小球与物块动量变化量相同 B．第一次碰后小球和物块的速度大小之比为1∶2 C．小球第一次到达轨道底端的速度大小为 D．第一次碰后小球沿圆弧形轨道上滑的最大高度为 4.（2026·江苏·二模）如图，内部光滑的细圆环水平放置并固定，圆环内有质量相等的小球A、B和C静止于彼此间距相等的三个位置。开始时小球A以大小为的初速度沿圆环切线向左运动，之后小球间发生若干次碰撞，最终三球速度大小相等。A与B碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e（）倍，B与C、C与A碰撞后粘在一起。 (1)求最终三球速度的大小； (2)求小球之间发生碰撞的可能次数； (3)若细圆环周长、，求、两种情况下小球间发生最后两次碰撞之间的时间间隔。            题型五：类碰撞模型 1.（多选）（2026·四川攀枝花·一模）如图所示，质量M=3m的滑块Q静止在光滑水平面上，其上表面的左侧部分AB段为长L的粗糙水平面、右侧部分BC段为半径为R的光滑四分之一圆弧，AB与BC在B点相切，C点为圆弧最高点。一质量为m的滑块P以水平初速度v0从滑块Q的A端滑入，能经B点滑上圆弧段。已知重力加速度为g，，滑块P与滑块Q上表面AB段的动摩擦因数μ恒定，空气阻力不计，则下列说法中正确的是（　　） A．若，则滑块P能从Q的C端飞出 B．滑块之间的动摩擦因数可能为 C．若，则最终P、Q组成的系统损失的机械能为 D．滑块Q在整个运动过程中速度的最大值不可能超过 2.（多选）（2026·安徽阜阳·模拟预测）如图所示，在一水平面上放置一质量m=0.09 kg的小木块，小木块与水平面间的动摩擦因数。一块长厚度忽略不计的薄板，可水平固定在小木块前进路径上的不同位置，小木块滑上、滑离薄板时无动能损失，小木块与薄板间的动摩擦因数。用一射钉枪将一颗质量为的钉子以的速度在极短时间内射入小木块中，木块向右运动，重力加速度取，木块可视为质点，下列说法正确的是（　　） A．钉子射入后瞬间小木块的速度大小为 B．小木块从开始滑行到停止的最短减速距离为 C．薄板左端距点时，小木块的滑行时间最短 D．小木块运动的最短时间为 3.（2026·河北唐山·二模）如图所示，一半径为的竖直光滑圆弧轨道与光滑水平面相切于点，圆弧轨道末端固定一上表面光滑的压敏传感器（未画出）。光滑水平面上放置两小物块、，小物块、质量分别为和，小物块距离点为，小物块锁定在水平面上，、间有一处于原长的轻质弹簧，其劲度系数为，始终在弹性限度内。现将一质量为的小物块由点静止释放，小物块经过传感器时，其示数为。小物块与在水平面上碰撞时间极短，且粘在一起。当、两小物块将弹簧压缩到某一位置时释放小物块，且能使小物块脱离弹簧时获得的速度最大。已知重力加速度取，，弹簧弹性势能表达式为（为弹簧的形变量），弹簧振子做简谐运动的周期公式为（为振子的质量，为弹簧的劲度系数），求： (1)、两点间竖直高度； (2)小物块、碰撞过程损失的机械能； (3)从开始释放小物块M到刚释放小物块Q的过程中，小物块M运动的时间。 总结提升 1．碰撞拓展 (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－曲面模型 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，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 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，能量满足mv02＝mv12＋Mv22 (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水平面或水平导轨光滑) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 题型五：爆炸+反冲 1.（2026·湖南长沙·二模）如图，足够长的木板C静止在光滑水平地面上，靠近其左上端有固定的挡板，可视为质点的小物体A和B紧靠在一起静止在长木板C上，与固定挡板的距离为，A和B之间夹有少量火药。某时刻火药燃爆，燃爆后A获得大小为2v的速度，最终A、B均未离开C。已知A、B、C的质量分别为m、2m、3m，A与C、B与C之间的动摩擦因数分别为，重力加速度为g。不计火药的质量和燃爆时间，A和挡板碰撞时无机械能损失且碰撞时间不计，认为火药燃爆释放的能量全部转化为A和B的动能。下列说法正确的是（　　） A．火药爆炸释放的能量为6mv B．A与挡板碰撞前瞬间速度大小为与挡板碰撞前C向左运动 C．A与挡板碰撞瞬间B的速度大小为 D．A与挡板碰撞后，B、C先共速，最后A、B、C一起共速，且速度大小为 2.（2026·湖南·模拟预测）在匀强磁场（强度未知）中有一个静止的原子核P发生了某种衰变，已知放射出的粒子速度方向及反冲原子核N的速度方向均与磁场方向垂直，它们在磁场中运动的径迹是两个内切的圆，如图所示。图中大圆与小圆直径之比为，下列说法错误的是（　　） A．原子核P衰变反应的类型是β衰变 B．原子核P的核电荷数为6 C．反冲原子核N逆时针旋转运动 D．原子核P的质量数一定为12 3.（多选）（2026·广东汕头·二模）某科技小组自制了一枚火箭，如图，其发射过程可分为三个阶段：第一阶段，火箭点火发射，到最高点时质量为m1；第二阶段，火箭喷出燃气在高空悬停，单位时间喷出燃气质量为Δm1（远小于m1）；第三阶段，火箭在悬停状态下完成转向，此时火箭的质量为m2，紧接着在极短时间内以速度v喷出质量为Δm2（与m2相比不可忽略）的燃气变为水平飞行。全程忽略空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．在悬停阶段，火箭合力为零 B．火箭发射到最高点的过程中一直在加速 C．在悬停阶段，燃气喷出的速度为 D．在转向阶段，火箭获得的水平速度为 4.（24-25高三上·江西·月考）离子电推引擎，是利用电场将处在等离子状态的“工作物质”加速后向后喷出而获得前进动力的一种发动机。这种引擎不需要燃料，气体也全无污染物排放，是环保型机器。2012年10月，中国发射的首颗民用新技术试验卫星“实践9号”采用了510所研制的离子电推进系统，达到了国际先进水平。这也是国内第一次在卫星上使用离子电推进系统，打破美俄技术垄断。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子和电子，而后正离子飘入电极A、B之间的加速电场（正离子初速度忽略不计），使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。“实践9号”在轨道上调整姿态时，需要启动离子电推引擎，已知A、B间的电压为U，飘入加速电场的正离子数目为N，每个离子的质量为、电荷量为ne（其中n是正整数，e是元电荷），引擎总质量为M，不考虑离子从引擎内喷出时引擎质量的变化，则离子从引擎内喷出时引擎的速度大小为（　　） A． B． C． D． 5.（2026·江西南昌·二模）2035年，我国计划实施“天问四号”小行星采样返回任务。探测器在完成表面采样后，从小行星表面垂直起飞到与环小行星轨道器交会过程中，可忽略重力加速度的变化，重力加速度记为。探测器主发动机为一台恒速率电推发动机，其在任意极短时间内，喷射的工质质量均为，记，为常数，喷射的工质相对探测器的速度大小恒为，方向竖直向下。探测器初始总质量（含燃料）为，燃料耗尽后的探测器总质量为，满足，其中为燃料总质量。不计小行星周围稀薄大气的阻力，喷射过程中，且探测器速度变化量远小于。矢量方向以竖直向下为正。 (1)推导探测器在上升过程中速度为的时刻，发动机推力的大小； (2)写出探测器加速度随时间变化的表达式（用、、、、表示）； (3)探测器内的科学载荷能承受的最大加速度为。为使探测器在上升过程中加速度始终不超过此值，求燃料总质量与初始总质量的比值不应超过多少？ 题型六：人船模型 1.（2025·湖南长沙·模拟预测）如图所示，光滑水平面上有一长为的平板小车，其质量为，车左端站着一个质量为的人（可视为质点），开始时车和人都处于静止状态，则： (1)若人从车的左端以加速度匀加速直线运动跑到车的右端，此过程中人对地的位移和时间是多少？ (2)若人从车的左端刚好跳到车的右端，要使人对地的速度最小，则人相对车的速度大小和方向如何？ 2.（2025·安徽淮北·一模）如图所示，质量为M、半径为R的内壁光滑半圆槽静置在光滑水平地面上，现将可视为质点、质量为m的小球从半圆槽左侧圆心等高处由静止释放。已知，不计空气阻力，小球从释放到最低点的过程中，下列说法正确的是（　　） A．球和槽组成系统的动量守恒 B．球的位移大小为 C．球在最低点时速度大小为 D．槽受到的合外力冲量大小为 3.（2026·四川成都·三模）长木板上固定着“V”形支架，总质量为M，静止在光滑水平面上。在支架右端O处，通过长为L的轻质绳悬挂质量为m、可看作质点的小锥体，板上A点位于锥体正下方h处。将小锥体移到O点右侧，并使绳水平伸直，然后由静止释放。 (1)求锥体和木板最大速度的大小； (2)以释放前O点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，写出小锥体运动的轨迹方程； (3)若小锥体落在木板上不反弹，且没有相对木板滑动，碰撞时间极短，分析锥体和木板间的动摩擦因数应满足什么条件。 总结提升 1.人船模型 (1)模型图示 (2)模型特点 ①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0 ②两物体的位移大小满足：m－M＝0， x人＋x船＝L， 得x人＝L，x船＝L (3)运动特点 ①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右； ②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝. 题型七：动量+能量+动力学的综合应用 1.（2026·山东东营·二模）如图所示，质量mA=1kg的物块A穿在水平固定的光滑轻杆上，质量为mB=2kg的小球B紧贴轻杆放置，A、B（看作质点）通过长为l=0.6m的不可伸长的轻质细绳相连且轻绳伸直，到下方长木板的高度也为l。现静止释放小球B，B运动到最低点时恰好与静止在地面上的长木板发生碰撞，长木板的质量M=6kg，长度L=0.25m，长木板左侧0~0.25m范围内，动摩擦因数μ=0.1，其余部分光滑，x=0.5m处放一弹性板，所有碰撞均为完全弹性碰撞，g=10m/s2，简谐运动周期。求： (1)小球B到达最低点时物块A的位移； (2)小球B到达最低点时对轻绳的拉力； (3)木板停止时所处的位置； (4)两次进入粗糙区域的总时间及整个过程摩擦力对木板的总冲量。 2.（2026·河北保定·一模）如图甲所示，物块A、B和带有半径R=4m的光滑圆弧轨道EF的物块D均放在光滑水平地面上，D被锁定。圆弧轨道的圆心为O，OE水平，A、B通过劲度系数为k的轻弹簧相连。小球C从E点正上方高h=16.8m处由静止释放，当O、C连线和OF的夹角为时，解除物块D的锁定。已知重力加速度取。 (1)求小球C经过F点时，小球C、物块D的速度大小和物块D对小球C的支持力大小； (2)小球C与物块A碰撞时间极短，碰后粘在一起，取该时刻为t=0时刻，之后A、C组合体和B的速度随时间按正弦规律变化，如图乙所示，内，A前进的距离为求弹簧的劲度系数。 3.（2026·河南·模拟预测）如图所示，水平传送带以的速度沿逆时针匀速转动，传送带左端紧靠光滑水平面，右端紧靠平台的光滑上表面，水平面、传送带上表面、平台上表面在同一水平面内。以平台右端点为坐标原点建立直角坐标系，轴水平向右，轴竖直向下，坐标系中弯曲形挡板形状满足（单位：）。物块B静止在水平面上，质量为的物块A与轻质弹簧连接，以的速度在光滑水平面上向物块B运动。当弹簧压缩量最大时，A、B的共同速度大小为3m/s，B与弹簧分离后，B滑上传送带并且恰好不从右端滑离传送带，弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度。 (1)求物块B的质量； (2)求物块B与A第二次碰撞过程弹簧被压缩后的最大弹性势能； (3)改变物块A的初速度，使A与B碰撞，且B与弹簧分离后B能从平台点滑出且落到挡板上时的动能最小，求A、B碰撞被弹簧弹开后B的速度大小。 4.（2026·湖北黄石·二模）水平面O点左侧光滑，右侧粗糙。质量为的圆弧槽末端与O点重合处于静止状态，其圆弧表面光滑，半径。质量均为可视为质点的相同滑块，如图所示，滑块1从高处由静止释放恰好能沿切线方向进入圆弧槽，滑块2、滑块3……滑块n自距离O点处从左向右依次排列，间距均为。已知滑块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为，滑块间的碰撞时间极短，且碰后就粘在一起形成组合体。取，求： (1)滑块1离开圆弧槽末端时的速度； (2)滑块1离开圆弧槽末端后，经过多长时间撞上滑块2？（最终答案取一位小数） (3)组合体最多由多少个滑块组成？停下时距离O点多远？【提示：】（最终答案取一位小数，不用写分析过程） 5.碰撞完成后组合体在处，剩余位移，总距离为（2026·河北邢台·二模）如图所示，长为的细线一端固定于点，另一端系有一质量为可视为质点的小球，初始时小球被锁定在距离点处的装置中。光滑地面上有一质量为的长木板到墙壁距离为，木板左端放有质量为的凹形小木槽，凹形小木槽与长木板间的动摩擦因数为。解除锁定，小球开始运动，小球到达点正下方时细线断裂，小球飞出，之后恰好落入凹形小木槽中与小木槽粘在一起（时间极短）。经过一段时间后长木板与墙壁发生弹性碰撞，凹形小木槽始终未脱离长木板且未与墙壁碰撞，重力加速度取，求： (1)细线断裂时小球的速度大小； (2)长木板与墙壁碰撞时，小木槽与长木板的速度大小； (3)长木板在地面上运动的总路程。 总结提升 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动力学观点 牛顿第二定律 F合＝ma 物体做匀变速直线运动，涉及运动细节 匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v02＝2ax等 能量 观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及做功与能量转换 机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 功能关系 WG＝－ΔEp等 能量守恒定律 E1＝E2 动量 观点 动量定理 I合＝p′－p 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 只涉及初末速度而不涉及力、时间 三、终达彼岸——直击高考 1．（2025·天津·高考真题）一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中（　　） A．动量保持不变 B．所受合外力做功为零 C．所受重力的冲量为零 D．始终处于受力平衡状态 2.（2025·浙江·高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（　　） A．5层 B．8层 C．17层 D．27层 3.（2025·湖北·高考真题）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（a）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（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，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（　　） A． B． C． D． 4.（2024·重庆·高考真题）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（   ） A．被弹出时速度大小为 B．到达目标组织表面时的动能为F1d1 C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2 D．运动d2的过程中动量变化量大小为 5.（多选）（2025·广东·高考真题）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 C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为 D．T时刻受到空气作用力的大小为 6.（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（　　） A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大 B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大 C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加 D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加 7.（2025·河南·高考真题）两小车P、Q的质量分别为和，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，碰撞时间极短，则（　　） A． B． C． D． 8.（多选）（2024·湖北·高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 9.（2024·安徽·高考真题）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，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、、，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，， D．在图乙位置， 10.（2025·江苏·高考真题）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。 11.（2025·广西·高考真题）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后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，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，以速度匀速运行。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。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。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。 IIL 12.（2025·湖南·高考真题）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，，重力加速度大小为g。 (1)若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小； (2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小； (3)若滑杆能沿轨道自由滑动，，且，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。 13.（2023·河北·高考真题）如图，质量为的薄木板静置于光滑水平地面上，半径为的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端与木板等高，轨道上端点和圆心连线与水平面成角．质量为的小物块以的初速度从木板左端水平向右滑行，与木板间的动摩擦因数为0.5．当到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时沿圆弧切线方向滑上轨道．待离开轨道后，可随时解除木板锁定，解除锁定时木板的速度与碰撞前瞬间大小相等、方向相反．已知木板长度为取取． （1）求木板与轨道底端碰撞前瞬间，物块和木板的速度大小； （2）求物块到达圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度； （3）物块运动到最大高度时会炸裂成质量比为的物块和物块，总质量不变，同时系统动能增加，其中一块沿原速度方向运动．为保证之一落在木板上，求从物块离开轨道到解除木板锁定的时间范围． 14．如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩擦因数为。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小 (2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为，第个滑块开始滑动时的速度为。用已知量和表示。 (3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求的值。（参考公式： 1 学科网（北京）股份有限公司 $