第15讲 动量守恒定律 专项训练-2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 以动量守恒定律应用为核心，通过九类典型模型（判断、碰撞、滑块等）构建从概念辨析到综合应用的递进训练体系，注重运动和相互作用观念及模型建构的科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量守恒判断|4题|系统守恒条件辨析|从守恒条件（摩擦力、外力）判断切入，建立动量守恒观念| |简单应用|4题|实际情境应用|结合生活场景（跳远、机器人跳车），强化守恒定律直接应用| |碰撞分析|4题|可能性与弹性碰撞|关联动量守恒与能量关系，培养科学推理能力| |滑块-曲面等模型|各4题|多模型综合|从单一模型到多体相互作用，构建复杂问题解题框架| |综合提升|24题|跨模型综合|整合各类模型，提升综合应用与问题解决能力|

第15讲 动量守恒定律 题型一 动量守恒定律判断 1．（2026春•荔湾区校级期中） 2022年北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，中国队以2分37秒348的成绩夺冠。在交接区域，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，使“接棒”运动员向前快速冲出，如图所示。在此过程中，忽略运动员受到的冰面摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．两运动员的加速度大小一定相同 B．两运动员的动量变化率大小一定相同 C．两运动员的速度变化量大小一定相同 D．两运动员组成的系统动量和机械能均守恒 2．（2026春•黄浦区校级期中）如图所示，光滑水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，物块B与A之间夹一压缩的轻质弹簧，系统静止。现释放被压缩的弹簧，从释放弹簧到弹簧恢复原长的过程中（　　） A．A与B组成的系统机械能守恒 B．A与B组成的系统动量守恒 C．A、B与弹簧组成的系统机械能守恒 D．A、B与弹簧组成的系统动量守恒 3．（2026•石嘴山校级一模）如图所示，小李站在小车右端，人和车均处于静止状态，水平地面光滑。某时刻小李以斜向左上方的速度v起跳，最终落在小车左端且相对于小车静止。下列说法正确的是（　　） A．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统机械能守恒 B．小李在空中运动时，小车向右运动 C．最终小车和小李一起向左运动 D．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统动量守恒 （多选）4．（2026•南宁模拟）如图所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与固定在滑块上的轴O连接，轻杆可在竖直平面内绕O无摩擦转动。开始时轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝6m/s，g取10m/s2。则（　　） A．小球和滑块组成的系统在小球上升过程中动量守恒 B．小球和滑块组成的系统在小球上升过程中机械能守恒 C．小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小为42N D．若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小为42N 题型二 动量守恒定律简单应用 1．（2026春•兴宁区校级期中）如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（　　） A．空中落地时总要屈腿减小地面对人的冲击力 B．空中落地时总要屈腿减小人落地前瞬间的速度 C．从起跳到落地过程中，运动员动量守恒 D．从起跳后到最高点过程中，运动员的机械能增大 2．（2026春•昆明期中）如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1＝10kg，m2＝8kg，A车上有一质量为m0＝2kg的机器人，相对地面以v0＝2m/s的水平速度向右跳上B车，并与B车相对静止（不考虑空气阻力）。下列说法正确的是（　　） A．机器人跳离A车后，A车的速度大小为 B．机器人跳离A车后，A车的速度大小为0.4m/s C．机器人跳上B车后与B车一起运动的速度大小为0.5m/s D．机器人跳上B车的过程中，对B车所做的功为0.6J 3．（2026•海淀区一模）一根不可伸长的轻质细绳跨过轻质定滑轮，细绳的两端分别系有小球A和B。用手托住B球，当细绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度为h，A球静止于地面，如图所示。已知B球的质量是A球的k倍（k＞1），忽略一切摩擦和空气阻力。B球从释放至刚好落地的过程中，下列判断不正确的是（　　） A．A球和B球组成系统的动量不守恒 B．细绳对A球拉力冲量的大小等于细绳对B球拉力冲量的大小 C．细绳对A球拉力做的功等于A球机械能的增加量 D．k越大，细绳拉力的大小越接近A球所受重力的大小 （多选）4．（2026•乐山模拟）如图1所示，质量为2m的A环套在足够长的光滑水平杆上，通过长为L的轻绳与质量为m的B球相连，现给B球一水平向左大小为的初速度，B球从O点开始运动，在竖直面内部分运动轨迹如图2所示，其中O、M、N为轨迹最低点，P、Q为轨迹最高点，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的有（　　） A．O、P两点的竖直高度差为L B．O、P两点的竖直高度差为L C．B球运动到M点时绳子的拉力大小为2mg D．B球运动到M点时的动能大小为mgL 题型三 碰撞的可能性分析 1．（2026春•高新区期中）大小相同的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（　　） A．vA′＝4m/s，vB′＝4m/s B．vA′＝0，vB′＝5m/s C．vA′＝2m/s，vB′＝4m/s D．vA′＝﹣2m/s，vB′＝6m/s 2．（2026•海淀区二模）光滑水平面上，用轻质橡皮条将两物块甲和乙相连，橡皮条处于松弛状态。物块甲受到一水平向左的瞬时冲量I1，同时物块乙受到一水平向右的瞬时冲量I2（I1和I2沿两物块连线方向）。从橡皮条刚达到原长时开始计时，此后t0时间内，两物块运动的速度v随时间t变化关系如图所示。橡皮条始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．物块甲的质量大于物块乙的质量 B．瞬时冲量I1的大小等于瞬时冲量I2的大小 C．0～t0内，橡皮条对物块甲做负功、对物块乙做正功 D．0～t0内，物块甲的动能变化量等于物块乙的动能变化量 3．（2026•西城区二模）冰壶运动被称为“冰上国际象棋”，比赛中使用的冰壶由花岗岩制成，且质量都相等，冰壶的碰撞可视为弹性碰撞。如图所示，某次投掷时，冰壶A在未与其他冰壶碰撞的情况下，沿直线运动，恰好停在圆上位置P。假设有一个冰壶B静止在圆心O处，且认为冰壶与冰面各处的动摩擦因数都相同，将冰壶近似看作质点，以下推断正确的是（　　） A．若两壶发生对心碰撞，壶A可能会被反弹 B．若两壶发生对心碰撞，壶B可能会停在圆内 C．若两壶发生非对心碰撞，壶A可能会停在圆外 D．若两壶发生非对心碰撞，壶B一定会停在圆内 （多选）4．（2026•东莞市校级模拟）质量为m的小球在光滑水平面上以一定速度垂直撞击竖直墙壁，用传感器测出墙壁所受冲击力大小随时间变化的曲线如图所示，图像显示t0时刻冲击力最大为Fm，其左侧和右侧的面积分别为S1和S2，已知S1＞S2，下列说法正确的有（　　） A．撞击过程中冲击力先变大后变小 B．撞击过程为弹性碰撞 C．撞击前后小球动量改变量的大小为S1﹣S2 D．撞击前后小球动能变化量为 题型四 滑块-曲面模型 1．（2026•宜春模拟）如图，一质量为M＝1kg的滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R＝0.4m的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。一质量为m＝2kg小球以水平向右的初速度v0＝6m/s从圆弧最低点冲上滑块开始计时，假设经过t＝0.1s小球从圆弧最高点冲出滑块，不计一切摩擦，重力加速度为g取10m/s2。则小球从最低点冲上滑块到刚落回滑块的过程中，滑块的位移是（　　） A．1.63m B．1.73m C．1.83m D．1.93m 2．（2025秋•兰州期末）如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一质量为m的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道后又从B点冲出，已知半圆弧半径为R，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　） A．在相互作用过程中小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球从小车的B点冲出后，不能上升到刚释放时的高度 C．整个过程中小球和小车的机械能守恒 D．小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移大小 3．（2025秋•城关区校级期末）如图所示，总质量为M的轨道ABC置于光滑水平面上，由粗糙水平轨道AB和竖直面内四分之一光滑圆弧轨道BC组成，AB恰与BC在B点相切。一个质量为m的小物块从轨道的A端以初速度v0向右冲上水平轨道，到达圆弧轨道上某位置后，沿轨道返回。则（　　） A．物块在AB上运动时，轨道与物块组成的系统机械能守恒 B．物块在轨道ABC上滑动全过程中，轨道与物块组成的系统总动量始终保持不变 C．物块在BC上运动过程中，轨道的动量不断减小 D．当物块相对轨道静止时，速度变为 （多选）4．（2026•武功县校级模拟）如图所示，带圆弧轨道的滑块置于粗糙水平面上，圆弧光滑，一质量为m的小球从顶端A点静止释放沿圆弧运动到C点，C点切线水平，滑块由于受到地面的摩擦力始终保持静止状态，O为圆心，C为圆弧的最低点，圆弧半径为R，重力加速度为g，关于该过程，下列说法正确的是（　　） A．滑块对地面的压力不变 B．小球所受重力的最大功率为 C．地面摩擦力的最大值为1.5mg D．若地面光滑，滑块的质量也为m，则小球与滑块分离时的速度大小为 题型五 子弹打木块题型 1．（2026•方城县校级模拟）一个质量为M的木块静止在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹，以水平速度v0射入木块并留在木块中，在此过程中，子弹射入木块的深度为d，木块运动的距离为s，木块对子弹的平均阻力为f，则对于子弹和木块组成的系统，下列说法正确的是（　　） A．子弹射入木块过程中，系统的机械能守恒 B．系统的动量守恒，而机械能不守恒 C．子弹减少的动能等于fs D．系统损失的机械能等于f（s+d） 2．（2026春•江宁区期中）如图所示，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。已知子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，在此过程中木块的位移为s，则子弹动能的减少量和木块动能的增加量分别为（　　） A．fs、f（s+d） B．f（s+d）、fs C．fs、fd D．fd、fs 3．（2026春•邳州市校级期中）如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹以速度v0射入木块，最后留在木块中随木块一起做匀速运动，若子弹所受阻力恒定不变，下列说法正确的是（　　） A．子弹和木块系统动量守恒 B．子弹和木块系统机械能守恒 C．子弹对木块做的功等于子弹动能的减少量 D．木块对子弹做功的绝对值等于子弹和木块系统损失的机械能 （多选）4．（2026春•东城区校级期中）如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为x，若木块对子弹的阻力F恒定，则下列关系式中不正确的是（　　） A．Fx B．Fxmv2 C．FLMv2 D．F（L+x）mv2 题型六 滑块-木板模型 1．（2026•延安二模）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是（　　） A．绳子绷紧前，B、C的共同速度大小为2.0m/s B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/s C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0m/s D．最终A、B、C三者将以大小为5m/s的共同速度一直运动下去 2．（2026春•红桥区校级月考）如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3kg的薄板和质量为m＝1kg的物块。都以v＝4m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，则（　　） A．当薄板的速度为2.4m/s时，物块做减速运动 B．当薄板的速度为2.4m/s时，物块做加速运动 C．当薄板的速度为3m/s时，物块做加速运动 D．当薄板的速度为3m/s时，物块做匀速运动 3．（2026•许昌模拟）如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，物块（视为质点）以大小为3v0的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的v﹣t图像，图中t0已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．木板的最小长度为 B．物块与木板的质量之比为2：3 C．物块与木板间的动摩擦因数为 D．整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为5：2：3 （多选）4．（2026春•集美区校级期中）质量为1kg的小物块放在质量为2kg的长木板的左端，两者间的动摩擦因数为0.2，一起静置在光滑的水平面上，现给小物块一个向右的大小为6N的水平恒力F，该恒力作用时间1s后撤去，最终小物块与长木板相对静止；重力加速度为10m/s2，则（　　） A．从施加F到撤去F这个过程恒力F做的功是12J B．小物块与长木板保持相对静止时两者的总动能为12J C．撤去F前后这两个过程小物块相对于木板通过的位移之比为1：1 D．从施加F到小物块与长木板相对静止过程所产生的摩擦热为8J 题型七 滑块-弹簧模型 1．（2026•顺义区模拟）如图所示，用轻弹簧连接的A、B两球静止在光滑水平面上，A、B两球的质量分别为m和M（M＞m）。情景一：弹簧原长时，A球以速度v1向右运动，当弹簧被压缩到最短时长度为L，此时A球的速度大小为vA，B球的速度大小为vB；情景二：弹簧原长时，B球以速度v2向左运动，当弹簧压缩到最短时长度为L′，此时A球的速度大小为vA′，B球的速度大小为vB′。若v1与v2大小相等，则下列关系正确的是（　　） A．vA＞vB B．vA＝vA′ C．L＜L′ D．L＝L′ 2．（2026•新疆二模）两小球静止在光滑水平面上，它们之间夹着一个被压缩的轻质弹簧。同时释放两球，在弹簧第一次恢复到原长的过程中（　　） A．弹簧对两个小球所做的功相等 B．弹簧对两个小球的冲量大小相等 C．任何时刻两个小球的加速度大小都相等 D．任何时刻两个小球的速度大小都相等 3．（2026•昆明模拟）两个物块a、b用一根劲度系数k＝100N/m的轻弹簧栓接，初始时a、b被锁定在粗糙水平桌面上，弹簧的压缩量Δx＝0.05m。a、b的质量分别为m1＝1kg、m2＝3kg，与桌面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1。取重力加速度g＝10m/s2，从解除锁定到a达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　） A．a、b的加速度大小之比为1：3 B．弹簧的弹性势能减少了0.12J C．a速度最大时，其动能为0.015J D．a克服摩擦力做的功为0.06J （多选）4．（2026春•皇姑区校级期中）如图所示，半径分别为R和的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m，重力加速度为g，则（　　） A．b球的质量 B．两小球与弹簧分离时，动能不相等 C．a球到达圆心等高处时，对轨道压力大小为2mg D．若mb＝m，要求a、b球都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝5mgR 题型八 人船模型 1．（2026•琼海校级二模）如图所示，质量为M＝80kg的小船靠岸时，质量为m＝60kg的人从小船的船头以对地速率v0＝7m/s水平跳到河岸，船恰好停靠在岸边，人取到质量为m0＝20kg的物资后立即以对地同样大小的速率v0＝7m/s从岸边水平跳回到了船头，忽略水的阻力。以下说法正确的是（　　） A．人在船头向河岸起跳前的速度大小为5.25m/s B．小船最终的速度大小为3m/s C．人跳到河岸的起跳过程，合力对人的水平冲量大小为240N•s D．人跳到河岸的起跳过程，合力对人的水平冲量大小为420N•s 2．（2026春•河西区校级月考）如图所示，质量为200kg的小船在静止水面上以3m/s的速率向右匀速行驶，一质量为50kg的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面6m/s的速率水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（　　） A．4.2m/s B．3m/s C．5.25m/s D．2.25m/s 3．（2026春•红桥区校级月考）某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，下列说法不正确的是（　　） A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比 B．人走到船尾不再走动，船也停止不动 C．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比 D．船的运动情况与人行走的情况无关 （多选）4．（2025秋•福州月考）一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为M，一质量为m的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止，青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大，木板的厚度不计。观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为h。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．青蛙每次起跳做的功大于mgh B．若长木板的长度为L，青蛙第二次跳跃的水平位移大小为 C．青蛙第三次向右上方跳跃过程中离地最大高度为 D．长木板的长度L与h的关系满足L＝2h 题型九 爆炸与反冲现象 1．（2026春•新华区校级期中）乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随“墨水”的喷射。一吸满“墨水”后质量为0.6kg的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为75m/s的速度水平向前喷“墨水”，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则（　　） A．周围水对喷出的“墨水”的作用力使乌贼向前运动 B．若乌贼要在极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.1kg的“墨水” C．若乌贼要在极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.2kg的“墨水” D．要在极短时间内达到15m/s的速度，此过程中它受到喷出“墨水”的作用力的冲量为9N•s 2．（2026春•中山区校级期中）我国早在宋代就发明了火箭。箭杆上捆了一个前端封闭的火药筒，点燃后生成的燃气以很大速度向后喷出，箭杆由于反冲而向前运动。若火箭发射前的总质量为M，燃料全部燃烧完后的质量为m，火箭燃气的对地喷射速度为v0，燃料燃尽后火箭的速度v为多大（　　） A． B． C． D． 3．（2026•萍乡二模）萍乡市上栗县是“中国烟花爆竹之乡”，现有上栗县生产的某烟花筒，结构如图1所示。其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图2所示。不计空气阻力，则（　　） A．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动能之比为1：3 B．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动量大小之比为1：3 C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为3：2 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为1：2 （多选）4．（2026•莲湖区校级模拟）图（a）是一种双响炮图片，图（a）是其内部结构；内部由上、下层火药组成。在一次燃放测试时，点燃引线，下层火药先被引燃发出第一声响，爆竹获得竖直向上的速度。当爆竹上升到最大高度H处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量均为m的M、N两部分，M、N均沿水平方向飞出，M、N落地前瞬间速度方向互相垂直，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。则（　　） A．M落地前瞬间速度为 B．二次爆炸后，M、N组成的系统机械能比二次爆炸前增加了2mgH C．M、N落地点的距离为4H D．M、N落地时，系统总动能为2mgH 综合提升 一．选择题 1．（2026•道里区校级一模）现有两个带等量异种电荷的小球放置在光滑绝缘的水平面上，用绝缘弹簧连接，弹簧处于原长，空间存在水平向右的匀强电场。将两小球由静止释放，在运动过程中，两小球和弹簧组成的系统（　　） A．动量守恒，机械能不守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 2．（2026•凯里市校级一模）如图所示，A、B两小球在光滑的水平面上相向运动进而发生弹性正碰，碰前速度大小都为2m/s，已知A的质量是B质量的三倍，规定A球的初速度方向为正方向，则碰后A、B两球的速度分别是（　　） A．vA＝1m/s，vB＝5m/s B．vA＝1m/s，vB＝1m/s C．vA＝0，vB＝4m/s D．vA＝﹣1m/s，vB＝7m/s 3．（2026•邯郸二模）恢复系数（e）是描述两物体碰撞后能量恢复能力的物理量，定义为碰撞后相对分离速度与碰撞前相对接近速度的比值，恢复系数只由参与碰撞的材料决定。某同学测量一橡胶球与地面碰撞时的恢复系数，小球由静止释放，不计空气阻力，运动的位移随时间变化的图像如图所示，则小球与地面碰撞时的恢复系数大小约为（　　） A．0.6 B．0.7 C．0.8 D．0.9 4．（2025秋•如皋市校级月考）如图所示，物体A与光滑半圆弧槽B静止在光滑水平面上，槽底端放有小球C。现给A一个水平向右的初速度，A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球C能脱离圆弧槽向上运动，已知A、B、C质量相等，不计空气阻力，则（　　） A．A与B碰撞后，A的速度向左 B．球脱离圆弧槽后，将不会再掉落在槽内 C．球第一次回到槽内最低点时，槽的速度为零 D．圆弧槽在水平地面上做往复运动 5．（2026•石景山区一模）砂摆是用来测量子弹速度的一种装置。将一个砂箱用轻绳竖直悬挂起来，一颗子弹水平射入砂箱（未射穿），使砂箱摆动。从子弹开始射入砂箱到砂箱摆动到最大摆角处，子弹和砂箱（　　） A．机械能守恒，动量守恒 B．机械能不守恒，动量守恒 C．机械能守恒，动量不守恒 D．机械能不守恒，动量不守恒 6．（2026•武威校级开学）如图甲所示，质量为M的薄长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时一质量为m的滑块以水平初速度v0从长木板的左端冲上木板并在2s时刻离开长木板。已知滑块和长木板在运动过程中的v﹣t图像如图乙所示，则木板与滑块的质量之比M：m为（　　） A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．3：1 7．（2025秋•渝中区校级期末）如图所示，固定在水平面上的竖直轻弹簧上端与质量为M的物块A相连，静止时物块A位于P处，另有一质量为m的物块B，从A的正上方Q处自由下落，与A发生碰撞后（A、B不粘连）立即具有相同的速度，然后A、B一起向下运动，将弹簧继续压缩后，物块A、B被反弹，反弹后A、B会分开。不计空气阻力，下面几个结论正确的是（　　） A．A、B从P处下降至最低点的过程中，速度一直减小 B．A、B一起向下运动过程中，A、B均处于超重状态 C．A、B反弹过程中，在P处物块A速度最大 D．A、B反弹过程中，在弹簧处于原长状态时物块B与A分离 8．（2026春•海淀区校级月考）滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动项目。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端与滑板以3m/s的共同速度做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B。在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞。该同学的质量为24kg，两滑板的质量均为3kg，不计滑板与地面间的摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统动量守恒 B．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小 C．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为2.4m/s D．该同学全过程对滑板B的水平方向冲量大小为8.1N•s 二．多选题 （多选）9．（2026•柳州模拟）如图所示，轻绳一端系一金属环a，另一端绕过定滑轮悬挂一重物b。环a套在固定的竖直光滑直杆上，OP与直杆之间的夹角为θ，将a、b由静止释放，在环a加速上升的过程中（　　） A．a、b组成的系统动量守恒 B．a、b组成的系统机械能守恒 C．a、b的速度大小满足vacosθ＝vb D．a、b的速度大小满足vbcosθ＝va （多选）10．（2026•重庆模拟）如图1所示，质量为m的滑块B静置于倾角为θ且足够长的固定斜面上，B与斜面之间的动摩擦因数μ＝2tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。B通过一条弹性轻绳与光滑滑块A相连，A的质量也为m。t＝0时刻将A由静止释放，A运动的部分v﹣t图像如图2所示，图中t0之前为直线段，t0之后为曲线，且t0已知，v1、t1、t2未知。t1时刻A的速度达到最大，t2时刻A的速度为零。已知t0～t1时间段内A的位移大小为x，重力加速度为g，两滑块均可视为质点，轻绳始终在弹性限度内，不计空气阻力，据此可知（　　） A．t0时刻，B开始运动 B．轻绳的劲度系数为 C．t2时刻，B的速度大小为 D．0～t2时间段内，轻绳最长时A的速度大小为 （多选）11．（2026春•荔湾区校级期中）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的s﹣t图像。已知m1＝0.2kg，由此可得下列说法正确的是（　　） A．碰后m1做匀减速运动，m2做匀加速运动 B．碰前m2静止，m1向右运动 C．m2＝0.4kg D．碰撞过程是完全弹性碰撞 （多选）12．（2026•贵阳校级一模）如图所示，质量m＝1kg的光滑小球静置于光滑水平面上，质量为M＝2kg、半径R＝1m的四分之一光滑圆弧轨道以初速度v0＝3m/s向右运动。不计小球滑上轨道过程中的能量损失，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球沿轨道上滑过程中系统动量守恒 B．小球滑离圆弧轨道时速度大小为4m/s C．小球上升到最高点时距水平面的高度为0.3m D．整个运动过程中小球对轨道的冲量大小为6N•s （多选）13．（2025秋•海南期末）如图所示，光滑水平面上静止有一质量为M＝3m的长木块，一颗质量为m的子弹以速度v0从左侧水平射入木块且没穿出，关于此过程，下列说法正确的是（　　） A．子弹和木块组成的系统机械能守恒 B．子弹和木块组成的系统动量守恒 C．木块所受合力的冲量大小为 D．系统损失的动能为 （多选）14．（2026春•头屯河区校级期中）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为mB＝1kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。此过程长木板A的动能随位移变化的图像如图乙所示，长木板和物体的速度随时间变化的图像如图丙所示。已知A、B间存在摩擦力，g取10m/s。下列说法正确的是（　　） A．木板A的质量为4kg B．系统损失的机械能为1J C．木板A的最小长度为0.5m D．AB间的动摩擦因数为0.1 （多选）15．（2026春•福州期中）如图，物块M、N通过弹簧连接静止在光滑水平面上，物块M的质量是物块N质量的3倍。某时刻，物块M获得水平向右的冲量I。下列说法正确的是（　　） A．当M、N速度相同时，弹簧的弹性势能最大 B．自开始至弹簧最短的过程，弹簧对物块M的冲量大小为 C．自开始至弹簧最长的过程，弹簧对物块N的冲量大小为 D．弹簧第一次恢复原长和第二次恢复原长时，M的速度相同 （多选）16．（2025秋•合肥期中）如图所示，质量为m的人在质量为M的车上从左端走到右端，车与地面摩擦不计，则（　　） A．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大 B．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大 C．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同 D．若人相对车突然停止，则车也停止 （多选）17．（2026春•南安市校级期中）明朝的士大夫万户把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，手持大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空。假设万户及所携设备[火箭（含燃料）、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．火箭的推力来自自身喷出的高温高压气体对火箭的反作用力 B．火箭的推力来自空气对火箭的反作用力 C．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 D．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 三．解答题 18．（2026•临潼区校级模拟）如图所示，上表面光滑的滑板Q锁定在光滑水平面上，一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由伸长。质量为m的滑块P以大小为v0、方向与水平方向成θ＝37°角的初速度抛向滑板，恰好在最高点从滑板的左端飞入滑板。当弹簧弹性势能为时，解除Q的锁定。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）求滑块P抛出时距离Q左端的水平距离； （2）解除Q的锁定后，若弹簧的最大弹性势能为，求Q的质量； （3）解除Q的锁定后，若Q最终的动能最大，求Q的质量。 19．（2026•朝阳区模拟）工地上工人常需要在不同高度间传递工具。如图所示，将质量m＝1.0kg的工具从离地高H＝1.8m处的O点以初速度v0＝10m/s水平抛出，工具恰好落在质量M＝9.0kg的静止在水平地面上的小筐中，并立刻与之共同运动，匀减速滑行位移x＝1.0m，恰好到达指定地点。工具和小筐均可视为质点，二者碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）小筐与O点间的水平距离s； （2）工具刚落到小筐上时二者共同运动的速度大小v； （3）小筐与地面间的动摩擦因数μ。 20．（2026•江苏模拟）如图所示，静止在光滑的水平面上的小车质量为M＝2kg，小车的左边是半径为R＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道AB，右边是半径为r＝0.4m的半圆形光滑轨道CDE，D点与半圆形轨道的圆心等高，两光滑轨道末端与小车水平粗糙面平滑相连，中间水平轨道BC长度为L＝4m，质量为m＝1kg、可视为质点的滑块从轨道A点正上方h＝1.6m处由静止释放，恰好沿切线落入四分之一圆弧轨道，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ＝0.1。重力加速度g取10m/s2，求： （1）滑块经过B点时的速度大小； （2）滑块经过D点时对半圆形轨道的压力大小； （3）滑块从E点飞出后落到小车上的位置。 21．（2026•东城区一模）如图所示，把一个质量m1＝0.2kg的小球放在高度h＝5.0m的直杆的顶端。一颗质量m2＝0.01kg的子弹以v0＝500m/s的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的水平距离x＝20m。g取10m/s2，求： （1）子弹穿出小球瞬间小球的速度v1； （2）子弹穿出小球瞬间子弹的速度v2； （3）子弹和小球相互作用过程中系统损失的机械能ΔE。 22．（2026•贵阳校级一模）如图所示，长l＝1m的非弹性轻绳一端固定在O点，另一端拴有小球A，O点正下方l处有一小物块B静置于木板C最右端，小物块D距离C右端2m。开始时C被锁定，轻绳伸直与水平方向间夹角θ＝30°，A由静止释放，轻绳再次伸直时A做圆周运动，到最低点与B发生弹性碰撞，之后B向左运动，与D发生弹性碰撞后瞬间解除C的锁定，最终D恰好未从C上滑落。已知A、B、C的质量均为m＝1kg，D的质量为M＝2kg，B、D与C间的动摩擦因数均为μ＝0.4，重力加速度大小g＝10m/s2。地面光滑，A、B、D均可视为质点，求： （1）A与B碰撞前A的速度大小； （2）C的长度。 23．（2026•广安模拟）如图，水平传送带逆时针转动的速度v＝2m/s，两个物块A、B用一根轻弹簧连接，mA＝1kg，mB＝2kg，A与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.4，B与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.2。t＝0时，两物块轻放在传送带上，弹簧自然伸长，给A一个水平向左的瞬时冲量I0＝4N•s，在t＝t0时，A与传送带第一次共速。弹簧的劲度系数为k＝2N/m，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，弹簧始终在弹性限度内，求： （1）A、B刚开始滑动时各自受到的摩擦力fA、fB的大小和方向； （2）t＝t0时，B的速度大小vB； （3）t0后弹簧的最大伸长量Δxm。 24．（2026•房山区一模）“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”出自宋代王安石《元日》，爆竹声响代表辞旧迎新之意。关于烟花爆炸，研究下列问题：礼炮烟花主要结构包含黑火药、礼花弹和发射装置等。发射礼炮烟花时，在发射装置中的黑火药瞬间燃烧产生大量高压气体，快速推动礼花弹向高空飞出，如图所示。假设在某次发射礼炮烟花时，火药点燃后，经过0.2s礼花弹被发射出去，当礼花弹上升到180m的最高点时发生了爆炸。假设礼花弹质量为1.0kg，发射装置的长度远小于最高点的高度，忽略空气阻力，g取10m/s2。 （1）求礼花弹离开发射装置瞬间的速度大小v0。 （2）求在发射装置中礼花弹所受火药气体的平均冲击力大小F。 （3）若礼花弹爆炸时形成的冲击波是球面波，爆炸中心是该球面波的球心，爆炸瞬间释放的能量为E。已知爆炸后时间为t时，形成的“火球”半径为R，空气的密度为ρ，忽略礼花弹爆炸后残余物的动能。请建立合适的物理模型，论证爆炸形成的“火球”半径R与t的关系满足R∝tα，并确定α的值。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第15讲 动量守恒定律 题型一 动量守恒定律判断 1．（2026春•荔湾区校级期中） 2022年北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，中国队以2分37秒348的成绩夺冠。在交接区域，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，使“接棒”运动员向前快速冲出，如图所示。在此过程中，忽略运动员受到的冰面摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．两运动员的加速度大小一定相同 B．两运动员的动量变化率大小一定相同 C．两运动员的速度变化量大小一定相同 D．两运动员组成的系统动量和机械能均守恒 【答案】B 【分析】相互推力等大反向，动量变化率等大； 质量未知，加速度、速度变化量不一定等； 人互推有化学能转化，机械能不守恒。 【解答】解：A、由，相互作用力F大小相等，但两人质量不一定相等，所以加速度大小不一定相同，故A错误； B、动量变化率等于合外力。忽略冰面摩擦，每个合外力就是相互推力，大小相等，所以动量变化率大小相等，故B正确； C、Δp＝mΔv＝FΔt，FΔt 大小相等，但质量不一定相等，所以Δv大小不一定相同，故C错误； D、动量：系统合外力为0，动量守恒；机械能：相互推力是内力，推挤的过程中人体的化学能转化为机械能，机械能不守恒，故D错误。 故选：B。 2．（2026春•黄浦区校级期中）如图所示，光滑水平面上，物块A紧靠竖直墙壁，物块B与A之间夹一压缩的轻质弹簧，系统静止。现释放被压缩的弹簧，从释放弹簧到弹簧恢复原长的过程中（　　） A．A与B组成的系统机械能守恒 B．A与B组成的系统动量守恒 C．A、B与弹簧组成的系统机械能守恒 D．A、B与弹簧组成的系统动量守恒 【答案】C 【分析】根据机械能守恒和动量守恒的条件，分析不同系统在释放弹簧到恢复原长过程中的受力、做功情况，判断机械能和动量是否守恒。 【解答】解：A.A与B组成的系统中，弹簧的弹力属于外力，弹簧的弹性势能会转化为物块B的动能，系统机械能不守恒，故A错误； B.A与B组成的系统受到竖直墙壁的弹力作用，合外力不为零，不满足动量守恒的条件，故B错误； C.A、B与弹簧组成的系统中，水平面光滑无摩擦力做功，墙壁对A的弹力作用点无位移不做功，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，故C正确； D.A、B与弹簧组成的系统受到竖直墙壁的弹力作用，合外力不为零，从释放弹簧到恢复原长的过程中动量不守恒，故D错误。 故选：C。 3．（2026•石嘴山校级一模）如图所示，小李站在小车右端，人和车均处于静止状态，水平地面光滑。某时刻小李以斜向左上方的速度v起跳，最终落在小车左端且相对于小车静止。下列说法正确的是（　　） A．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统机械能守恒 B．小李在空中运动时，小车向右运动 C．最终小车和小李一起向左运动 D．小李起跳的过程中，小李和小车构成的系统动量守恒 【答案】B 【分析】依据系统动量守恒条件、机械能变化规律与水平方向分动量守恒特点，结合全过程初末动量状态，逐一判断各选项表述正误。 【解答】解：A、小李起跳的过程中，小李的化学能转化为机械能，系统的机械能不守恒，故A错误； BD、小李和小车组成的系统在水平方向不受外力，竖直方向受到重力的作用，系统动量不守恒，只是在水平方向动量守恒，结合动量守恒定律，当小李具有向左的分速度时，小车具有向右的速度，小车向右运动，故B正确，D错误； C、系统在水平方向动量守恒，初始状态，系统动量为零，结合动量守恒定律，末状态系统的动量也为零，小李和小车也处于静止状态，故C错误。 故选：B。 （多选）4．（2026•南宁模拟）如图所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与固定在滑块上的轴O连接，轻杆可在竖直平面内绕O无摩擦转动。开始时轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝6m/s，g取10m/s2。则（　　） A．小球和滑块组成的系统在小球上升过程中动量守恒 B．小球和滑块组成的系统在小球上升过程中机械能守恒 C．小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小为42N D．若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小为42N 【答案】BD 【分析】滑块没锁定时，小球上升的过程中系统机械能守恒，水平方向动量守恒，滑块锁定时，小球上升过程可通过动能定理求出小球上升到最高点速度大小，再结合小球在最高的向心力表达式求出轻杆对小球作用力。 【解答】解：A、小球和滑块组成的系统在上升阶段只是在水平方向动量守恒，总动量不守恒，故A错误； B、小球和滑块组成的系统在上升阶段，只有动能和重力势能在相互转化，系统的机械能守恒，故B正确； C、小球通过最高点时的速度为v1，滑块的速度为v2，在上升过程中系统机械能守恒，取初始位置重力势能为0：， 系统在水平方向动量守恒，取向右为正，0＝mv1﹣Mv2， 小球在最高点，根据牛顿第二定律：，解得：F，故C错误； D、若滑块锁定，对小球上升过程分析，小球在最高点速度大小为v3，此过程由动能定理， 小球在最高点，根据牛顿第二定律：，解得：F1＝42N，故D正确； 故选：BD。 题型二 动量守恒定律简单应用 1．（2026春•兴宁区校级期中）如图所示，急行跳远由助跑、起跳、腾空与落地等动作组成，空气阻力不能忽略，下列说法正确的是（　　） A．空中落地时总要屈腿减小地面对人的冲击力 B．空中落地时总要屈腿减小人落地前瞬间的速度 C．从起跳到落地过程中，运动员动量守恒 D．从起跳后到最高点过程中，运动员的机械能增大 【答案】A 【分析】根据动量定理分析作用力的变化；根据v2＝2gh分析落地时的速度大小；根据动量守恒定律的守恒条件进行分析；根据阻力对运动员做功情况进行分析。 【解答】解：A、空中落地时总要屈腿，是为了增加落地过程中与地面的接触时间，从而减小地面对人的冲击力，故A正确； B、根据v2＝2gh可知，人落地前瞬间的速度与人是否曲腿无关，故B错误； C、从起跳到落地过程中，运动员受到的合外力不为零，动量不守恒，故C错误； D、从起跳后到最高点过程中，空气阻力不能忽略，阻力对运动员做负功，机械能减小，故D错误。 故选：A。 2．（2026春•昆明期中）如图所示，A和B两小车静止在光滑的水平面上，质量分别为m1＝10kg，m2＝8kg，A车上有一质量为m0＝2kg的机器人，相对地面以v0＝2m/s的水平速度向右跳上B车，并与B车相对静止（不考虑空气阻力）。下列说法正确的是（　　） A．机器人跳离A车后，A车的速度大小为 B．机器人跳离A车后，A车的速度大小为0.4m/s C．机器人跳上B车后与B车一起运动的速度大小为0.5m/s D．机器人跳上B车的过程中，对B车所做的功为0.6J 【答案】B 【分析】先对机器人与A车组成的系统应用动量守恒求A车速度，再对机器人与B车组成的系统应用动量守恒求共同速度，最后用动能定理计算机器人对B车做的功。 【解答】解：AB、机器人跳离A车的过程，机器人与A车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0+m1vA＝0 代入数据可得vA＝﹣0.4m/s，“﹣”表示方向向左，故A错误，B正确； C、机器人跳上B车的过程，机器人与B车组成的系统动量守恒，得m0v0＝（m0+m2）v 代入数据可得v＝0.4m/s，故C错误； D、对B车，由动能定理得 代入数据可得W＝0.64J，故D错误。 故选：B。 3．（2026•海淀区一模）一根不可伸长的轻质细绳跨过轻质定滑轮，细绳的两端分别系有小球A和B。用手托住B球，当细绳刚好被拉紧时，B球离地面的高度为h，A球静止于地面，如图所示。已知B球的质量是A球的k倍（k＞1），忽略一切摩擦和空气阻力。B球从释放至刚好落地的过程中，下列判断不正确的是（　　） A．A球和B球组成系统的动量不守恒 B．细绳对A球拉力冲量的大小等于细绳对B球拉力冲量的大小 C．细绳对A球拉力做的功等于A球机械能的增加量 D．k越大，细绳拉力的大小越接近A球所受重力的大小 【答案】D 【分析】根据动量守恒的条件分析；根据细绳对A、B两球的拉力大小相等分析；除重力外其他力对物体做的功等于物体机械能的变化量，据此分析；根据牛顿第二定律写出细线拉力的表达式分析。 【解答】解：A、系统动量守恒的条件是系统所受合外力为零。A、B两球组成的系统中，A球受重力、支持力和拉力，B球受重力和拉力，系统所受合外力为：F＝（kmg一mg）（方向竖直向下），合外力不为零，故系统动量不守恒，故A正确； B、细绳对A、B两球的拉力大小相等（设为T），且两球运动时间相同（设为t）。根据冲量定义I＝Ft，细绳对A球的冲量大小为Tt对B球的冲量大小也为Tt，故两者大小相等，故B正确； C、根据功能关系，除重力外其他力对物体做的功等于物体机械能的变化量。细绳对A球的拉力为非重力，其做的功等于A球机械能的增加量，故C正确； D、对A球，由牛顿第二定律得T一mg＝ma；对B球，由牛顿第二定律得kmg﹣T＝kma。联立解得，代入A球方程得T，由此可知当k增大时，T是趋近于2mg的，不是趋近于mg，故D错误。 本题是选不正确的，故选：D。 （多选）4．（2026•乐山模拟）如图1所示，质量为2m的A环套在足够长的光滑水平杆上，通过长为L的轻绳与质量为m的B球相连，现给B球一水平向左大小为的初速度，B球从O点开始运动，在竖直面内部分运动轨迹如图2所示，其中O、M、N为轨迹最低点，P、Q为轨迹最高点，重力加速度大小为g，则下列说法中正确的有（　　） A．O、P两点的竖直高度差为L B．O、P两点的竖直高度差为L C．B球运动到M点时绳子的拉力大小为2mg D．B球运动到M点时的动能大小为mgL 【答案】AC 【分析】球从O到P的过程，对球和环整体，水平方向不受力，可知水平方向动量守恒，结合机械能守恒，可得O、P两点的竖直高度差；球从O到M的过程，对球和环整体，水平方向不受力，可知水平方向动量守恒，结合机械能守恒，可得B球运动到M点时，球和环的速度、动能；球在M点时，对球受力分析，即可得到绳子的拉力大小。 【解答】解：AB、球从O到P的过程，对球和环整体，水平方向不受力，可知水平方向动量守恒，即：mv0＝（m+2m）v 结合机械能守恒，可得：mgh，解得O、P两点的竖直高度差为：，故A正确，B错误； CD、球从O到M的过程，对球和环整体，水平方向不受力，可知水平方向动量守恒，即：mv0＝mvB+2mvA，结合机械能守恒，可得 联立解得B球运动到M点时，球的速度为：，环的速度为：，球的动能为：，即：； 球在M点时，对球受力分析，可得：，解得绳子的拉力大小：T＝2mg，故C正确，D错误。 故选：AC。 题型三 碰撞的可能性分析 1．（2026春•高新区期中）大小相同的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（　　） A．vA′＝4m/s，vB′＝4m/s B．vA′＝0，vB′＝5m/s C．vA′＝2m/s，vB′＝4m/s D．vA′＝﹣2m/s，vB′＝6m/s 【答案】C 【分析】本题为光滑水平面上两球发生碰撞的问题，需通过碰撞过程的物理规律来筛选可能的碰撞后速度组合。已知A球质量小于B球且初速度大于B球，因此A从后方追上B发生碰撞。分析时首先明确碰撞过程系统总动量守恒，同时需考虑碰撞后系统的机械能不会大于碰撞前的机械能，且碰撞后两球的速度关系应符合实际物理情景，例如A球速度不应超过B球速度导致二次穿越，或B球速度不会反向小于A球速度。因此需要逐一验证各选项是否同时满足动量守恒、机械能不增加以及运动合理性三个条件。 【解答】解：以A的初速度方向为正方向，碰撞前系统的总动量p＝mAvA+mBvB，解得：p＝10kg•m/s。系统总的机械能，解得：E＝22J。 A、如果v′A＝4m/s，v′B＝4m/s，则碰撞后动量p＝mAv′A+mBv′B，解得：p＝12kg•m/s，碰撞后系统动量不守恒，故A错误； B、如果v′A＝0，v′B＝5m/s，则碰撞后动量p＝mAv′A+mBv′B，解得：p＝10kg•m/s，系统总的机械能，解得：E＝25J，碰撞后系统动量守恒，但机械能增加，故B错误； C、如果v′A＝2m/s，v′B＝4m/s，则碰撞后动量p＝mAv′A+mBv′B，解得：p＝10kg•m/s，系统总的机械能，解得：E＝18J，碰撞后系统动量守恒，且机械能不增加，故C正确； D、如果v′A＝﹣2m/s，v′B＝6m/s，则碰撞后动量p＝mAv′A+mBv′B，解得：p＝10kg•m/s，系统总的机械能，解得：E＝38J，碰撞后系统动量守恒，但机械能增加，故D错误。 故选：C。 2．（2026•海淀区二模）光滑水平面上，用轻质橡皮条将两物块甲和乙相连，橡皮条处于松弛状态。物块甲受到一水平向左的瞬时冲量I1，同时物块乙受到一水平向右的瞬时冲量I2（I1和I2沿两物块连线方向）。从橡皮条刚达到原长时开始计时，此后t0时间内，两物块运动的速度v随时间t变化关系如图所示。橡皮条始终处于弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．物块甲的质量大于物块乙的质量 B．瞬时冲量I1的大小等于瞬时冲量I2的大小 C．0～t0内，橡皮条对物块甲做负功、对物块乙做正功 D．0～t0内，物块甲的动能变化量等于物块乙的动能变化量 【答案】B 【分析】题目描述两个物块通过橡皮条连接，在光滑水平面上分别受到瞬时冲量后运动，给出速度—时间图像。解题时需明确，从图像可知t0时刻两物块速度均为零，结合系统动量守恒可判断初始总动量为零，从而通过初始速度大小关系比较质量。由于瞬时冲量使物块获得初动量，系统初动量为零意味着两个冲量大小相等。分析橡皮条做功需根据拉力方向与物块速度方向判断，由图像可知两物块速度方向均与各自受力方向相反，故均做负功。动能变化量需结合初末动能，利用动量与动能关系，通过冲量大小相等而质量不同得出变化量不相等。整体需把握动量守恒、冲量与动量关系、力与速度方向判断做功以及动能变化比较这几个核心逻辑。 【解答】解：A、由图可知，t＝t0时刻v'甲＝v'乙＝0，故t＝t0时刻系统动量为0。因水平面光滑，物块甲、乙运动过程中受到的合外力为0，系统动量守恒，故p初＝p末＝0。 规定向右为正方向，设t＝0时刻，甲、乙的初速度大小分别为v甲和v乙，可得﹣m甲v甲+m乙v乙＝0。结合图像，t＝0时有v甲＞v乙，可知m甲＜m乙，故A错误； C、0～t0内，橡皮条对物块甲的拉力方向向右，物块甲向左运动，橡皮条对物块甲做负功；橡皮条对物块乙的拉力方向向左，物块乙向右运动，橡皮条对物块乙做负功，故C错误； B、根据动量定理有I2+I1＝p初＝0，解得：|I1|＝I2，即瞬时冲量I1的大小等于瞬时冲量I2的大小，故B正确； D、因t＝t0时刻v'甲＝v'乙＝0，在0～t0内，物块甲、乙的动能变化量分别为，。 由动量定理有I1＝m甲v甲，I2＝m乙v乙，解得：，。因|I1|＝I2，m甲＜m乙，可知物块甲的动能变化量与物块乙的动能变化量不相等，故D错误。 故选：B。 3．（2026•西城区二模）冰壶运动被称为“冰上国际象棋”，比赛中使用的冰壶由花岗岩制成，且质量都相等，冰壶的碰撞可视为弹性碰撞。如图所示，某次投掷时，冰壶A在未与其他冰壶碰撞的情况下，沿直线运动，恰好停在圆上位置P。假设有一个冰壶B静止在圆心O处，且认为冰壶与冰面各处的动摩擦因数都相同，将冰壶近似看作质点，以下推断正确的是（　　） A．若两壶发生对心碰撞，壶A可能会被反弹 B．若两壶发生对心碰撞，壶B可能会停在圆内 C．若两壶发生非对心碰撞，壶A可能会停在圆外 D．若两壶发生非对心碰撞，壶B一定会停在圆内 【答案】D 【分析】题目描述冰壶A未碰撞时恰好停在圆周P点，表明其初动能全部用于克服摩擦力做功，滑行距离为半径R。两冰壶质量相等且碰撞为弹性碰撞，对心碰撞时交换速度，A静止而B以A的初速度运动，B滑行距离同样为R，恰好停在圆周上。非对心碰撞时，动量守恒与机械能守恒导致碰后两冰壶速度平方和等于碰前A速度平方，各自滑行距离均小于R，因此两壶均停在圆内。需分析碰撞类型对滑行距离的影响，结合动能定理判断最终位置。 【解答】解：AB、设冰壶质量为m，冰壶A到达圆心O时的速度为v0。若未发生碰撞，A将运动到P点停下，根据动能定理有，解得：。 若两壶发生对心弹性碰撞，由于质量相等，碰撞后两壶交换速度，A立即静止，B以速度v0向右运动。根据前述分析，B将运动距离R后恰好停在圆周P点，即停在圆周上而不会在圆内，故AB错误； CD、若两壶发生非对心弹性碰撞，设碰后A、B的速度分别为v1、v2，根据动量守恒与机械能守恒可知。碰后两壶滑行位移分别为，，则位移之和。由于是非对心碰撞，v1和v2均不为零，故s1＜R且s2＜R，即A、B两壶均停在圆内，故C错误，D正确。 故选：D。 （多选）4．（2026•东莞市校级模拟）质量为m的小球在光滑水平面上以一定速度垂直撞击竖直墙壁，用传感器测出墙壁所受冲击力大小随时间变化的曲线如图所示，图像显示t0时刻冲击力最大为Fm，其左侧和右侧的面积分别为S1和S2，已知S1＞S2，下列说法正确的有（　　） A．撞击过程中冲击力先变大后变小 B．撞击过程为弹性碰撞 C．撞击前后小球动量改变量的大小为S1﹣S2 D．撞击前后小球动能变化量为 【答案】AD 【分析】题目描述小球撞击墙壁的过程，通过冲击力随时间变化的图像分析物理过程。图像显示冲击力先增大后减小，因此选项A正确。图像与时间轴围成的面积表示力的冲量，左侧面积S1对应压缩阶段小球动量变化量，右侧面积S2对应恢复阶段动量变化量。已知S1大于S2，说明撞击后小球速度减小，存在机械能损失，属于非弹性碰撞，选项B错误。撞击前后动量变化量等于合外力的总冲量，即两侧面积之和，选项C错误。动能变化量可通过动量与动能关系推导，利用初始和末态动量的平方差计算，得到选项D的表达式。 【解答】解：A、根据F﹣t图像可知，冲击力F从t1时刻起由零逐渐增大，在t0时刻达到最大值Fm，之后逐渐减小，到t2时刻减为零，故A正确； B、在F﹣t图像中，图线与时间轴所围的面积表示力的冲量。设小球撞击墙壁前的初速度大小为v1，撞击后的末速度大小为v2。 在压缩阶段（t1至t0），小球动量由﹣mv1变为0（取离开墙壁方向为正），由动量定理可得该过程的面积S1＝0﹣（﹣mv1），解得：S1＝mv1； 在恢复阶段（t0至t2），小球动量由0变为mv2，由动量定理可得该过程的面积S2＝mv2﹣0，解得：S2＝mv2。 已知S1＞S2，则mv1＞mv2，解得：v1＞v2，表明碰撞过程中有机械能损失，属于非弹性碰撞，故B错误； C、撞击前后小球动量的改变量Δp＝mv2﹣（﹣mv1），解得：Δp＝S2+S1，其大小为S1+S2，故C错误； D、根据动能与动量的关系，撞击前后的动能变化量，解得：，故D正确。 故选：AD。 题型四 滑块-曲面模型 1．（2026•宜春模拟）如图，一质量为M＝1kg的滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R＝0.4m的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。一质量为m＝2kg小球以水平向右的初速度v0＝6m/s从圆弧最低点冲上滑块开始计时，假设经过t＝0.1s小球从圆弧最高点冲出滑块，不计一切摩擦，重力加速度为g取10m/s2。则小球从最低点冲上滑块到刚落回滑块的过程中，滑块的位移是（　　） A．1.63m B．1.73m C．1.83m D．1.93m 【答案】B 【分析】题目描述小球在光滑滑块圆弧面上运动并抛出的过程，分析小球从冲上滑块到落回滑块的完整阶段。第一阶段小球沿圆弧运动时，系统水平方向动量守恒，已知小球初速度v0、质量与滑块质量，可确定两者共同水平速度，同时利用小球相对滑块水平位移为圆弧半径的条件，结合动量守恒对位移的表达式，可求出该阶段滑块位移。第二阶段小球离开滑块后做抛体运动，两者水平速度相同故相对静止，小球竖直方向速度由机械能守恒求出，进而通过竖直上抛运动时间得出小球在空中时间，此阶段滑块匀速运动，位移由共同速度与时间乘积得到。最后将两阶段滑块位移相加即为总位移。 【解答】解：小球的运动过程可分为两个阶段：在圆弧面上的运动（0～0.1s）以及离开滑块后的抛体运动。 由于水平面光滑，系统水平方向动量守恒。设0.1s时小球与滑块的共同水平速度为vc，有mv0＝（m+M）vc，代入数据解得：vc＝4m/s。 根据系统水平方向的动量守恒关系，对位移有Mxs1+mxb1＝mv0t。小球相对滑块水平向右移动了R，即xb1＝xs1+R，代入得（M+m）xs1+mR＝mv0t，解得第一阶段滑块位移。 小球离开瞬间，系统机械能守恒。设此时小球竖直方向速度为vy，有，代入数值解得：，vy＝2m/s。 小球在空中做抛体运动，其水平速度与滑块相同，均为4m/s，故两者水平方向相对静止。小球落回滑块所需时间等于其往返最高点的时间，。此阶段滑块做匀速运动，位移xs2＝vct2＝4×0.4m＝1.6m。滑块的总位移。故ACD错误，B正确。 故选：B。 2．（2025秋•兰州期末）如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一质量为m的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道后又从B点冲出，已知半圆弧半径为R，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　） A．在相互作用过程中小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球从小车的B点冲出后，不能上升到刚释放时的高度 C．整个过程中小球和小车的机械能守恒 D．小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移大小 【答案】C 【分析】水平地面光滑，系统水平方向不受外力，系统的水平动量守恒；小球离开小车后做竖直上抛运动，根据能量写守恒可判断小球能否上升到原来的高度；根据功能关系分析整个过程中小球和小车的机械能是否守恒；结合人船模型，由动量守恒定律求出小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时小球的位移大小。 【解答】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，故系统水平方向动量守恒。系统竖直方向合外力不为零，故系统动量不守恒，故A错误； B、因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，由机械能守恒可知小球能上升到原来的高度，故B错误； C、整个过程中，只有重力做功，故小球和小车的机械能守恒，故C正确； D、结合人船模型可得kmx2＝mx1 又x1+x2＝R 解得，，所以小球的水平位移大小为，而小球的位移大小大于，故D不正确。 故选：C。 3．（2025秋•城关区校级期末）如图所示，总质量为M的轨道ABC置于光滑水平面上，由粗糙水平轨道AB和竖直面内四分之一光滑圆弧轨道BC组成，AB恰与BC在B点相切。一个质量为m的小物块从轨道的A端以初速度v0向右冲上水平轨道，到达圆弧轨道上某位置后，沿轨道返回。则（　　） A．物块在AB上运动时，轨道与物块组成的系统机械能守恒 B．物块在轨道ABC上滑动全过程中，轨道与物块组成的系统总动量始终保持不变 C．物块在BC上运动过程中，轨道的动量不断减小 D．当物块相对轨道静止时，速度变为 【答案】D 【分析】物块在AB上运动时，对物块、轨道受力分析，根据各力做功情况，结合机械能守恒条件，即可分析轨道与物块组成的系统机械能是否守恒；物块在轨道上运动的全过程中，根据整体的运动状态和受力情况，可判断轨道与物块组成的系统总动量是否守恒；物块在BC上运动过程，对轨道受力分析结合轨道的运动状态，可分析轨道的动量变化情况；对物块和轨道整体受力分析，根据水平方向系统动量守恒，即可得到相对静止时的速度。 【解答】解：A、物块在AB上运动时，对物块、轨道受力分析，可知滑动摩擦力对整体做负功，机械能转化为内能，结合机械能守恒条件，即可知轨道与物块组成的系统机械能减小，故A错误； B、物块在轨道上运动的全过程中，整体在水平方向不受外力，即整体水平方向动量守恒； 物块在BC段运动时，在竖直方向做减速运动，即竖直方向受力不为零，而轨道在竖直方向上始终没有运动，即轨道在竖直方向受合力为零，即可知整体在竖直方向的合力不为零，整体在竖直方向的动量不守恒； 即轨道与物块组成的系统总动量不守恒，故B错误； C、物块在BC上运动时，物块对轨道的压力斜向右下方，在水平方向有向右的分力，而轨道在水平方向不受其他力，即轨道水平方向的受力与运动方向相同，则轨道水平方向做加速运动，轨道的动量增加，故C错误； D、对物块和轨道整体受力分析，根据水平方向系统动量守恒，即可得：mv0＝（m+M）v，解得相对静止时的速度为：，故D正确。 故选：D。 （多选）4．（2026•武功县校级模拟）如图所示，带圆弧轨道的滑块置于粗糙水平面上，圆弧光滑，一质量为m的小球从顶端A点静止释放沿圆弧运动到C点，C点切线水平，滑块由于受到地面的摩擦力始终保持静止状态，O为圆心，C为圆弧的最低点，圆弧半径为R，重力加速度为g，关于该过程，下列说法正确的是（　　） A．滑块对地面的压力不变 B．小球所受重力的最大功率为 C．地面摩擦力的最大值为1.5mg D．若地面光滑，滑块的质量也为m，则小球与滑块分离时的速度大小为 【答案】BC 【分析】对小球应用机械能守恒，可得到小球在不同位置的速度与位置的关系；对小球受力分析，根据牛顿第二定律，可得到小球受到的轨道支持力，结合相互作用力关系，可得到小球对轨道的压力；对轨道受力分析，根据轨道受力平衡，可得到滑块对地面的压力变化情况；由瞬时功率公式，结合小球在不同位置的分速度，可得到小球受到的重力功率最大值；根据轨道受力平衡，可得到地面摩擦力表达式，结合数学知识，可得到地面摩擦力的最大值；若地面光滑，根据小球与轨道水平方向动量守恒，即可得到小球与轨道的速度关系，根据整体机械能守恒，可得到小球分离时的速度大小。 【解答】解：A、设小球与圆心连线与水平方向的夹角为θ，根据机械能守恒定律可得 对小球受力分析如图： 根据牛顿第二定律可得 对圆弧轨道，受力分析如图： 竖直方向，有FN＝Mg+Fy，Fy＝Fsinθ 联立可得：， 由此可知，小球下滑过程中，θ不断增大，sinθ增大，则FN增大，根据牛顿第三定律可得滑块对地面的压力一直增大，故A错误； B、小球所受重力的功率 当时，重力功率最大，最大值为，故B正确； C、地面对圆弧轨道的摩擦力大小为：f＝Fcosθ，解得：， 由此可知，摩擦力的最大值为fm＝1.5mg，故C正确； D、系统水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则mv1﹣mv2＝0 根据机械能守恒有 解得，故D错误。 故选：BC。 题型五 子弹打木块题型 1．（2026•方城县校级模拟）一个质量为M的木块静止在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹，以水平速度v0射入木块并留在木块中，在此过程中，子弹射入木块的深度为d，木块运动的距离为s，木块对子弹的平均阻力为f，则对于子弹和木块组成的系统，下列说法正确的是（　　） A．子弹射入木块过程中，系统的机械能守恒 B．系统的动量守恒，而机械能不守恒 C．子弹减少的动能等于fs D．系统损失的机械能等于f（s+d） 【答案】B 【分析】子弹射入木块过程，系统在光滑水平面上不受外力，动量守恒；但子弹与木块间存在阻力，该力对系统做负功，导致机械能转化为内能，因此机械能不守恒。分析子弹动能变化时，需考虑子弹相对于木块的位移与阻力做功的关系；系统损失的机械能等于克服阻力做功转化为内能的部分，该部分与子弹在木块中相对滑动的深度相关。选项需从动量守恒、动能定理及能量转化角度进行判断。 【解答】解：AB、子弹射入木块的过程中，系统位于光滑水平面上，水平方向不受外力，因此动量守恒；但木块与子弹之间的阻力对系统做负功，导致摩擦生热，因此系统的机械能不守恒，故A错误，B正确。 C、对子弹运用动能定理，有﹣f（s+d）＝ΔEk，即子弹减少的动能等于f（s+d），故C错误。 D、根据能量守恒定律，系统损失的机械能等于系统产生的热量，即fd，故D错误。 故选：B。 2．（2026春•江宁区期中）如图所示，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。已知子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，在此过程中木块的位移为s，则子弹动能的减少量和木块动能的增加量分别为（　　） A．fs、f（s+d） B．f（s+d）、fs C．fs、fd D．fd、fs 【答案】B 【分析】对子弹，利用动能定理求子弹动能的减少量。对木块，利用动能定理求木块动能的增加量。 【解答】解：对子弹，在此过程中，子弹对地位移为s+d，根据动能定理得：ΔEk弹＝﹣f（s+d），则子弹动能的减少量为f（s+d）； 对木块，根据动能定理得：ΔEk木＝fs，即木块动能的增加量为fs，故ACD错误，B正确。 故选：B。 3．（2026春•邳州市校级期中）如图所示，木块静止在光滑的水平面上，子弹以速度v0射入木块，最后留在木块中随木块一起做匀速运动，若子弹所受阻力恒定不变，下列说法正确的是（　　） A．子弹和木块系统动量守恒 B．子弹和木块系统机械能守恒 C．子弹对木块做的功等于子弹动能的减少量 D．木块对子弹做功的绝对值等于子弹和木块系统损失的机械能 【答案】A 【分析】题目描述子弹射入木块并最终一起匀速运动的过程，已知阻力恒定且水平面光滑。需分析子弹与木块系统的动量与机械能变化，以及功与能量转化的关系。明确子弹进入木块阶段两者有相对滑动，系统受合外力为零故动量守恒；阻力做功使系统机械能减少并转化为内能。子弹对木块做功对应木块动能增加，而子弹动能减少量等于该功与产生内能之和；木块对子弹做功的绝对值对应子弹动能减少量，大于系统损失的机械能。 【解答】解：A、在子弹射进木块的过程中，子弹与木块之间的相互作用力属于系统内力，而子弹和木块组成的系统所受合外力为零，因此该系统的动量守恒，故A正确； B、在子弹射入木块的过程中，子弹和木块系统需要克服摩擦阻力做功，导致系统的机械能减少，同时内能增加，故B错误； C、根据能量转化关系，子弹动能的减少量等于木块动能的增加量（即子弹对木块所做的功）与系统产生的内能之和，因此子弹对木块做的功小于子弹动能的减少量，故C错误； D、如图所示： 木块对子弹做的功为W＝﹣f（d+s），子弹和木块系统损失的机械能ΔE＝Q＝fd，所以木块对子弹做功的绝对值大于子弹和木块系统损失的机械能，故D错误。 故选：A。 （多选）4．（2026春•东城区校级期中）如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为x，若木块对子弹的阻力F恒定，则下列关系式中不正确的是（　　） A．Fx B．Fxmv2 C．FLMv2 D．F（L+x）mv2 【答案】AB 【分析】子弹射入木块的过程中，以木块与子弹组成的系统为研究对象，根据能量守恒定律列式。分别对木块、子弹应用动能定理分析功与动能的关系。 【解答】解：AB、以系统为研究对象，根据能量守恒定律得，故AB错误； C、以木块为研究对象，根据动能定理得，故C正确； D、以子弹为研究对象，根据动能定理得，即F，故D正确。 本题选错误的，故选：AB。 题型六 滑块-木板模型 1．（2026•延安二模）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0kg的长木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0kg的物块C放在长木板B的右端，C与长木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0m/s，物块C立即在长木板B上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是（　　） A．绳子绷紧前，B、C的共同速度大小为2.0m/s B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/s C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0m/s D．最终A、B、C三者将以大小为5m/s的共同速度一直运动下去 【答案】B 【分析】绳子绷紧前，C在B上滑动过程，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求B、C达到的共同速度大小；绳子刚绷紧瞬间，A与B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求绳子刚绷紧后的瞬间A、B的速度大小；绳子绷紧后，A、B、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求最终A、B、C三者的共同速度。 【解答】解：A、绳子绷紧前，C在B上滑动过程，两者组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得m3v0＝（m2+m3）v1，解得B、C达到的共同速度大小v1＝1.0m/s，故A错误； BC、绳子刚绷紧瞬间，A与B组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：m2v1＝（m1+m2）v2，解得绳子刚绷紧后的瞬间A、B的速度大小v2＝0.5m/s，故B正确，C错误； D、设最终A、B、C三者的共同速度为v3。对整个过程，取向左为正方向，由A、B、C组成的系统动量守恒得m3v0＝（m1+m2+m3）v3，解得v3m/s，即最终A、B、C三者将以大小为m/s的共同速度一直运动下去，故D错误。 故选：B。 2．（2026春•红桥区校级月考）如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3kg的薄板和质量为m＝1kg的物块。都以v＝4m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，则（　　） A．当薄板的速度为2.4m/s时，物块做减速运动 B．当薄板的速度为2.4m/s时，物块做加速运动 C．当薄板的速度为3m/s时，物块做加速运动 D．当薄板的速度为3m/s时，物块做匀速运动 【答案】B 【分析】题目描述光滑水平面上质量不同的薄板与物块以相同速率相向运动，存在摩擦且薄板足够长。系统动量守恒，需分析特定时刻薄板速度下物块的运动状态。先由动量守恒确定系统最终共同速度，再根据任意时刻总动量不变，计算薄板速度对应物块的瞬时速度，通过比较物块速度方向与所受摩擦力方向判断其做加速或减速运动。 【解答】解：取薄板M的运动方向为正方向，由于系统在光滑水平面上运动，水平方向不受外力，动量守恒。根据动量守恒定律MvM+mvm＝MvM0+mvm0，代入数据有3×4+1×（﹣4）＝8kg•m/s，解得系统总动量为8kg•m/s。最终两者达到共同速度v共，满足（3+1）v共＝8kg•m/s，解得v共＝2m/s。在达到共同速度前，由于vM＞vm，物块m受到的滑动摩擦力方向始终向右。 AB、当薄板速度vM'＝2.4m/s时，代入解得：vm'＝0.8m/s。vm'为正值，说明物块已向右运动，其所受摩擦力方向向右，与运动方向相同，故物块正在加速运动。故A错误，B正确； CD、当薄板速度vM'＝3m/s时，代入解得：vm'＝﹣1m/s。此时物块速度为负，说明其仍在向左运动，摩擦力方向（向右）与运动方向相反，故物块正在减速运动，故CD错误。 故选：B。 3．（2026•许昌模拟）如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，物块（视为质点）以大小为3v0的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的v﹣t图像，图中t0已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．木板的最小长度为 B．物块与木板的质量之比为2：3 C．物块与木板间的动摩擦因数为 D．整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为5：2：3 【答案】A 【分析】题目描述物块以初速度3v0滑上静止木板，最终两者以共同速度v0匀速运动，v﹣t图像提供了速度变化与时间t0信息。分析过程需关注物块与木板间的相对运动，通过图像面积差确定木板最小长度，利用系统动量守恒建立两者质量关系，结合图像斜率分析加速度并借助牛顿第二定律求动摩擦因数，最后根据动能变化与能量守恒分析物块动能减少量、木板动能增加量及系统产生热量的比例关系。 【解答】解：A、由v﹣t图像的面积表示位移，物块的位移，解得：x1＝2v0t0。木板的位移，解得：。木板的最小长度L＝x1﹣x2，解得：，故A正确； B、系统动量守恒，规定向右为正方向，有m（3v0）＝（m+M）v0，解得：M＝2m，即物块与木板的质量之比为1：2，故B错误； C、对物块应用牛顿第二定律，有μmg＝ma1，由图像斜率可知，解得：，故C错误； D、物块动能的减少量，解得：。木板动能的增加量，解得：。由能量守恒定律，系统产生的热量Q＝ΔEk1﹣ΔEk2，解得：。三者之比为4：1：3，故D错误。 故选：A。 （多选）4．（2026春•集美区校级期中）质量为1kg的小物块放在质量为2kg的长木板的左端，两者间的动摩擦因数为0.2，一起静置在光滑的水平面上，现给小物块一个向右的大小为6N的水平恒力F，该恒力作用时间1s后撤去，最终小物块与长木板相对静止；重力加速度为10m/s2，则（　　） A．从施加F到撤去F这个过程恒力F做的功是12J B．小物块与长木板保持相对静止时两者的总动能为12J C．撤去F前后这两个过程小物块相对于木板通过的位移之比为1：1 D．从施加F到小物块与长木板相对静止过程所产生的摩擦热为8J 【答案】AC 【分析】题目描述小物块与长木板在光滑水平面上因外力作用发生相对滑动的过程。分析的关键在于判断两者是否相对滑动，通过比较木板所需静摩擦力与最大静摩擦力可知它们将发生相对运动。已知恒力作用时间为1s，需分析两个阶段：恒力作用时小物块与木板各自做匀加速运动，撤去恒力后两者通过摩擦相互作用直至共速。整个过程涉及牛顿第二定律、运动学规律、动量守恒及能量转化，需明确各阶段位移、速度及相对位移关系，从而判断选项关于恒力做功、总动能、相对位移比及摩擦热的正误。 【解答】解：小物块与长木板间的最大静摩擦力为fmax＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。若两者保持相对静止，系统的整体加速度为，代入数据得， 此时长木板所需的摩擦力f＝Ma＝2×2N＝4N，该值大于fmax，因此小物块与木板之间将发生相对滑动。 A、在恒力作用期间，小物块的加速度为，解得：。在t＝1s内，小物块的位移，解得：xm＝2m。 则恒力F所做的功为W＝Fxm，解得：W＝6×2J＝12J，故A正确； B、在t＝1s时，小物块的速度vm＝amt，代入数据得vm＝4m/s。长木板的加速度为，解得：，其速度vM＝aMt，代入数据得vM＝1m/s。 撤去F后，系统动量守恒，取水平向右为正方向，由mvm+MvM＝（m+M）v共可得共同速度v共＝2m/s。 系统最终的总动能为，解得：Ek＝6J，故B错误； C、在撤去F前的一段时间内，长木板的位移，解得：xM＝0.5m，小物块相对于木板的位移Δx1＝xm﹣xM，即Δx1＝1.5m。撤去F后，系统的初动能，解得：Ek1＝9J。根据能量守恒定律有μmgΔx2＝Ek1﹣Ek，解得：μmgΔx2＝3J，进而求得此阶段小物块相对于木板滑动的距离Δx2＝1.5m， 两阶段相对位移之比为1：1，故C正确； D、从开始运动到最终相对静止的整个过程中，系统产生的摩擦热为Q＝μmg（Δx1+Δx2），解得：Q＝6J，故D错误。 故选：AC。 题型七 滑块-弹簧模型 1．（2026•顺义区模拟）如图所示，用轻弹簧连接的A、B两球静止在光滑水平面上，A、B两球的质量分别为m和M（M＞m）。情景一：弹簧原长时，A球以速度v1向右运动，当弹簧被压缩到最短时长度为L，此时A球的速度大小为vA，B球的速度大小为vB；情景二：弹簧原长时，B球以速度v2向左运动，当弹簧压缩到最短时长度为L′，此时A球的速度大小为vA′，B球的速度大小为vB′。若v1与v2大小相等，则下列关系正确的是（　　） A．vA＞vB B．vA＝vA′ C．L＜L′ D．L＝L′ 【答案】D 【分析】对两情景分别应用动量守恒和机械能守恒定律，分析共速时的速度关系及弹簧弹性势能与初动能的关联，进而比较速度大小和弹簧最短时的长度。 【解答】解：规定初速度方向为正，由动量守恒定律有mv＝（m+M）vA＝（m+M）vB， 解得 弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能为 同理可得， 可知，情形中弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能相等，则有L＝L′，故D正确，ABC错误。 故选：D。 2．（2026•新疆二模）两小球静止在光滑水平面上，它们之间夹着一个被压缩的轻质弹簧。同时释放两球，在弹簧第一次恢复到原长的过程中（　　） A．弹簧对两个小球所做的功相等 B．弹簧对两个小球的冲量大小相等 C．任何时刻两个小球的加速度大小都相等 D．任何时刻两个小球的速度大小都相等 【答案】B 【分析】A.根据功的公式判断弹簧对两个小球所做的功的关系； B.根据冲量公式求弹簧对两个小球的冲量大小的关系； C.根据牛顿第二定律求任何时刻两个小球的加速度大小关系； D.根据动量守恒定律判断任何时刻两个小球的速度大小关系。 【解答】解：A.弹簧对两球的弹力大小相等，但两球的质量未知，因此在弹簧恢复原长的过程中，两球的位移大小不一定相等。根据功的公式 W＝Fx 由于位移x不一定相等，所以弹簧对两球 做的功不一定相等，故A错误； B.弹簧对两球的弹力大小始终相等，方向相反，且作用时间相同。根据冲量公式 I＝Ft 两球受到的冲量大小相等，方向相反，故B正确； C.两球受到的弹力大小相等，根据牛顿第二定律，加速度大小与质量成反比。由于两球质量未知，加速度大小不一定相等，故C错误； D.根据动量守恒定律，系统初始动量为0，因此任意时刻两球的动量大小相等、方向相反，由于两球质量未知，速度大小不一定相等，故D错误。 故选：B。 3．（2026•昆明模拟）两个物块a、b用一根劲度系数k＝100N/m的轻弹簧栓接，初始时a、b被锁定在粗糙水平桌面上，弹簧的压缩量Δx＝0.05m。a、b的质量分别为m1＝1kg、m2＝3kg，与桌面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1。取重力加速度g＝10m/s2，从解除锁定到a达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　） A．a、b的加速度大小之比为1：3 B．弹簧的弹性势能减少了0.12J C．a速度最大时，其动能为0.015J D．a克服摩擦力做的功为0.06J 【答案】C 【分析】题目描述两个物块由弹簧连接，从压缩状态解除锁定后在粗糙桌面上运动，需分析a达到最大速度过程中的物理过程。已知初始弹簧压缩量、劲度系数、两物块质量与摩擦系数，需判断各选项关于加速度比、弹性势能减少量、a的最大动能及a克服摩擦力做功的正确性。核心在于分析两物块的运动与受力：解除锁定后弹簧推动两物块，它们均受滑动摩擦力，加速度由弹簧弹力与摩擦力合力决定；a速度最大时其加速度为零，此时弹簧弹力与a的摩擦力平衡，可确定弹簧压缩量变化，进而计算弹性势能减少；通过两物块加速度关系与相对位移约束可求位移，再结合能量守恒分析动能分配。 【解答】解：A、从锁定状态解除到物块a达到最大速度的过程中，两物块受到的滑动摩擦力大小均为f＝3N。根据牛顿第二定律可得m1aa＝m2ab＝F弹﹣f，由此得出aa：ab＝m2：m1＝3：1，故A错误； B、当物块a的速度达到最大值时，其加速度为零，由kΔx1＝μ1m1g，代入数据解得此时弹簧的压缩量Δx1＝0.03m。弹簧弹性势能的减少量为，代入数据解得：ΔEp＝0.08J，故B错误； C、由aa：ab＝3：1可知，两物块的位移之比为xa：xb＝3：1。结合相对位移关系式xa+xb＝Δx﹣Δx1＝0.05m﹣0.03m＝0.02m，解得：xa＝0.015m，xb＝0.005m。依据能量守恒定律有ΔEp﹣f（xa+xb）＝Eka+Ekb，同时结合Eka＝3Ekb，解得物块a的动能Eka＝0.015J，故C正确； D、物块a克服摩擦力所做的功为Wfa＝μ1m1gxa，解得：Wfa＝0.045J，故D错误。 故选：C。 （多选）4．（2026春•皇姑区校级期中）如图所示，半径分别为R和的两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球都恰好能通过各自圆轨道的最高点，已知a球的质量为m，重力加速度为g，则（　　） A．b球的质量 B．两小球与弹簧分离时，动能不相等 C．a球到达圆心等高处时，对轨道压力大小为2mg D．若mb＝m，要求a、b球都能通过各自圆轨道的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能为Ep＝5mgR 【答案】ABD 【分析】题目描述两个小球在光滑水平轨道上被弹簧释放后，分别进入半径不同的光滑圆轨道并恰好通过最高点。已知a球质量m，需分析b球质量、分离时动能、a球在特定位置对轨道压力以及弹簧弹性势能。核心是两球通过弹簧相互作用后分离，各自在圆轨道内运动时机械能守恒，且恰好通过最高点需满足最高点向心力由重力提供。分析时需结合动量守恒确定两球分离速度关系，利用机械能守恒关联最低点与最高点速度，再根据牛顿第二定律分析特定位置受力。 【解答】解：A、设a球离开弹簧时的速度大小为va，a球恰能通过圆轨道最高点，设最高点速度为va'，有，解得：。 以最低点所在水平面为零势能面，由机械能守恒得，解得：。同理，b球离开弹簧时的速度大小为。 取向左为正方向，根据动量守恒定律mva﹣mbvb＝0，可得，故A正确； B、两小球与弹簧分离时动量大小相等，根据动能与动量的关系可知，二者动能并不相等，故B正确； C、设a球运动至圆心等高处时速度为v，由动能定理有。设轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律得，联立解得F＝3mg。 依据牛顿第三定律，a球对轨道的压力大小为3mg，故C错误； D、若mb＝m，取向左为正方向，由动量守恒mva﹣mvb＝0，可知分离时两球速度相等。若要求两球均能通过各自最高点，只需确保a球能通过即可，由前述分析知，a球恰能通过最高点时，分离速度。则弹簧释放前至少应具有的弹性势能为，解得：Ep＝5mgR，故D正确。 故选：ABD。 题型八 人船模型 1．（2026•琼海校级二模）如图所示，质量为M＝80kg的小船靠岸时，质量为m＝60kg的人从小船的船头以对地速率v0＝7m/s水平跳到河岸，船恰好停靠在岸边，人取到质量为m0＝20kg的物资后立即以对地同样大小的速率v0＝7m/s从岸边水平跳回到了船头，忽略水的阻力。以下说法正确的是（　　） A．人在船头向河岸起跳前的速度大小为5.25m/s B．小船最终的速度大小为3m/s C．人跳到河岸的起跳过程，合力对人的水平冲量大小为240N•s D．人跳到河岸的起跳过程，合力对人的水平冲量大小为420N•s 【答案】C 【分析】分人跳离船和跳回船两个过程，应用动量守恒定律分析起跳前速度与小船最终速度，再结合动量定理求合力冲量，逐一判断选项。 【解答】解：A、规定初速度方向为正，由动量守恒定律（M+m）v＝mv0 代入数据可得v＝3m/s，故A错误； B、人带着物资跳回小船，由动量守恒定律（m+m0）v0＝（M+m+m0）v1 代入数据可得v1＝3.5m/s，故B错误； CD、人跳到河岸的起跳过程中合力对人的冲量为I＝mv0﹣mv 代入数据可得I＝240N•s，故C正确，D错误。 故选：C。 2．（2026春•河西区校级月考）如图所示，质量为200kg的小船在静止水面上以3m/s的速率向右匀速行驶，一质量为50kg的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面6m/s的速率水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为（　　） A．4.2m/s B．3m/s C．5.25m/s D．2.25m/s 【答案】C 【分析】救生员在跃出过程中，系统水平方向不受外力，因此水平方向动量守恒。需要明确初始状态救生员与船作为一个整体具有向右的动量，救生员跃出时相对水面向左运动，其动量方向为负。根据动量守恒，救生员跃出后船的动量等于系统初始总动量减去救生员跃出时的动量，由此可求出小船跃出后的速率。 【解答】解：救生员在跃出过程中，其与船组成的系统在水平方向所受合外力为零，故水平方向动量守恒。规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v0＝Mv'﹣mv。代入数据，解得：v'＝5.25m/s。故C正确，ABD错误。 故选：C。 3．（2026春•红桥区校级月考）某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，下列说法不正确的是（　　） A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比 B．人走到船尾不再走动，船也停止不动 C．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比 D．船的运动情况与人行走的情况无关 【答案】D 【分析】题目描述人与船组成的系统在水平方向不受外力，因此系统动量守恒。以人行走方向为正方向，系统初始总动量为零，根据动量守恒，任意时刻人与船的动量大小相等、方向相反。由此分析，人匀速行走时船也匀速后退，两者速度与各自质量成反比；人停止走动时船也停止；任意时刻两者速度方向均相反且大小与质量成反比。船的运动状态完全由人的运动通过动量守恒关系决定，故其运动情况与人行走相关。 【解答】解：A、规定人的运动方向为正方向，人与船组成的系统在水平方向上合外力为零，因此系统动量守恒。根据m1v1+m2v2＝0可知，若人做匀速运动，则船也匀速后退，解得v1：v2＝m2：m1，即两者速度的大小与各自的质量成反比，故A正确； B、当人停止走动时，有v1＝0，由动量守恒定律m1v1+m2v2＝0解得v2＝0，船也同时停止运动，故B正确； C、在人行走过程中的任意时刻，系统动量均守恒，由m1v1+m2v2＝0可知，人与船的速度方向始终相反，其大小之比等于各自质量的反比，故C正确； D、船的运动状态由系统动量守恒的规律决定，其速度的大小和方向会随着人的运动情况实时变化，与人行走的具体状况直接相关，故D错误。 本题选不正确的，故选：D。 （多选）4．（2025秋•福州月考）一长木板静止放置在光滑水平地面上，木板质量为M，一质量为m的青蛙静止蹲在长木板的左端。青蛙向右上方第一次跳起，恰好落至长木板右端且立刻相对木板静止，青蛙继续向右上方第二次跳起，落到地面。青蛙第三次从地面向右上方起跳并落地。三次向右上方跳跃过程都恰能使青蛙相对地面水平位移最大，木板的厚度不计。观察发现青蛙竖直向上起跳，跳起的最大高度为h。已知每次起跳青蛙做功相同，起跳与着陆过程时间极短，青蛙可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．青蛙每次起跳做的功大于mgh B．若长木板的长度为L，青蛙第二次跳跃的水平位移大小为 C．青蛙第三次向右上方跳跃过程中离地最大高度为 D．长木板的长度L与h的关系满足L＝2h 【答案】BD 【分析】根据动量守恒定律、竖直上抛运动、机械能守恒的应用，分析青蛙每次起跳时的水平和竖直分运动，利用动量守恒确定水平速度关系，结合竖直上抛的时间和位移公式，以及做功相同的条件，逐一判断选项。 【解答】解：A、对青蛙竖直起跳过程列动能定理w﹣mgh＝0，解得每次青蛙起跳做的功w＝mgh，故A错误； B、青蛙第一、二次向右上方起跳前均在木板上，且均相对地面水平位移最大，故两次相对地面水平位移相同。对青蛙第一次在木板向右上方起跳过程，水平方向动量守恒有mx1＝Mx2，由几何关系x1+x2＝L，联立解得，故B正确； C、对第三次青蛙起跳过程，设青蛙起跳初速度大小为v0，方向与水平方向夹角为θ，运动时间为t，则竖直方向，水平方向x3＝v0tcosθ，联立解得，则当θ＝45°，时，，对青蛙起跳有，解得青蛙第三次向右上方跳跃过程中离地最大高度为，故C错误； D、对青蛙第一次向右上方起跳，设青蛙起跳的竖直初速度为Vy，水平初速度为Vx，木板后退速度为v。则对青蛙，竖直方向，水平方向x1＝vxt，对青蛙和木板系统mvx＝Mv，青蛙相对地面位移，对青蛙第一次起跳，联立解得，又由于，可知当时，青蛙跳的最远，则，故D正确。 故选：BD。 题型九 爆炸与反冲现象 1．（2026春•新华区校级期中）乌贼喷墨是一种防御行为，用于迷惑天敌，制造逃生机会，此过程伴随“墨水”的喷射。一吸满“墨水”后质量为0.6kg的乌贼初始时静止，某时刻开始以相对于地面恒为75m/s的速度水平向前喷“墨水”，不计水的阻力且不考虑竖直方向的运动和受力变化，则（　　） A．周围水对喷出的“墨水”的作用力使乌贼向前运动 B．若乌贼要在极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.1kg的“墨水” C．若乌贼要在极短时间内达到15m/s的速度，则要一次性喷出约0.2kg的“墨水” D．要在极短时间内达到15m/s的速度，此过程中它受到喷出“墨水”的作用力的冲量为9N•s 【答案】B 【分析】需先根据动量守恒定律分析乌贼与喷出墨水的动量关系，再结合冲量定义判断各选项正确性。 【解答】解：A.乌贼向前运动的原因是其对喷出的“墨水”施加了向后的作用力，根据牛顿第三定律，喷出的“墨水”会对乌贼施加向前的反作用力，使乌贼前进。周围水对喷出的“墨水”的作用力并非乌贼前进的直接原因，故A错误； BC.设乌贼初始质量为M＝0.6kg，喷出墨水的质量为m，则乌贼剩余质量为M﹣m。乌贼获得的速度v＝15m/s，喷出墨水的速度v'＝75m/s（方向与乌贼运动方向相反）。根据动量守恒定律，系统初始总动量为0，喷出后总动量仍为0，以乌贼获得的速度的方向为正方向，有： （M﹣m）v﹣mv'＝0 代入数据： （0.6kg﹣m）×15m/s﹣m×75m/s＝0 解得： m＝0.1kg 故B正确，C错误； D.根据动量定理，乌贼受到的冲量等于其动量的变化量，以乌贼获得的速度的方向为正方向，即： I＝Δp＝（M﹣m）v﹣0 代入数据： I＝（0.6kg﹣0.1kg）×15m/s＝0.5kg×15m/s＝7.5N•s 故D错误。 故选：B。 2．（2026春•中山区校级期中）我国早在宋代就发明了火箭。箭杆上捆了一个前端封闭的火药筒，点燃后生成的燃气以很大速度向后喷出，箭杆由于反冲而向前运动。若火箭发射前的总质量为M，燃料全部燃烧完后的质量为m，火箭燃气的对地喷射速度为v0，燃料燃尽后火箭的速度v为多大（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】以火箭和燃气组成的系统为研究对象，系统初始动量为零，应用动量守恒定律，规定正方向后列方程求解火箭的速度。 【解答】解：火箭和燃气组成的系统，设火箭向前为正方向，在竖直方向上，内力远远大于重力，故动量守恒，则（M﹣m）v0＝mv 代入数据可得，故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．（2026•萍乡二模）萍乡市上栗县是“中国烟花爆竹之乡”，现有上栗县生产的某烟花筒，结构如图1所示。其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成a、b两部分，速度均为水平方向。炸开后a、b的轨迹图如图2所示。不计空气阻力，则（　　） A．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动能之比为1：3 B．炸开后a、b处于最高点时，a、b两部分的动量大小之比为1：3 C．从炸开到两部分落地的过程中，a、b两部分所受重力的冲量之比为3：2 D．a、b两部分落地时的重力功率之比为1：2 【答案】A 【分析】根据平抛运动的规律和动量守恒定律，动量和动能的关系式，重力的冲量和瞬时功率表达式等知识进行分析解答。 【解答】解：AB.a、b两部分水平方向做匀速运动，水平位移之比 竖直高度相等，根据 可得运动时间相等，根据 x＝v0t 可得水平速度大小之比等于水平位移大小之比，即 a、b两部分在最高点炸裂时，由动量守恒可得pa＝mava0＝mbvb0＝pb 根据动量与动能关系 可得 故A正确，B错误； C.根据I＝mgt可得a、b两部分所受重力的冲量之比 故C错误； D.根据功率公式PG＝mgvy 二者的竖直速度大小相等，可得a、b落地时的重力功率之比等于质量之比，即3：1，故D错误。 故选：A。 （多选）4．（2026•莲湖区校级模拟）图（a）是一种双响炮图片，图（a）是其内部结构；内部由上、下层火药组成。在一次燃放测试时，点燃引线，下层火药先被引燃发出第一声响，爆竹获得竖直向上的速度。当爆竹上升到最大高度H处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量均为m的M、N两部分，M、N均沿水平方向飞出，M、N落地前瞬间速度方向互相垂直，不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量变化，重力加速度为g。则（　　） A．M落地前瞬间速度为 B．二次爆炸后，M、N组成的系统机械能比二次爆炸前增加了2mgH C．M、N落地点的距离为4H D．M、N落地时，系统总动能为2mgH 【答案】BC 【分析】题目描述爆竹在最高点爆炸后分裂为M、N两部分，两者均做平抛运动且落地时速度方向垂直。分析时需明确爆炸过程动量守恒，爆炸后M、N水平速度大小相等方向相反。从最高点下落的竖直分运动由自由落体规律确定，下落时间与高度H相关。落地时速度方向垂直的条件可关联水平速度与竖直速度的关系，进而求解水平速度大小。通过水平位移与时间的关系可得两者落地点间距。机械能变化需比较爆炸前后系统动能与重力势能的总和。 【解答】解：爆竹在最高点H处速度为零，爆炸过程系统动量守恒，两部分沿水平方向飞出，其水平初速度大小相等、方向相反。设水平初速度大小为v0，下落时间。 落地前瞬间，M、N的竖直分速度大小均为vy＝gt，解得：。落地瞬间速度方向互相垂直，根据矢量合成与分解可得，解得：。 A、M落地前瞬间的速度大小，解得：，故A错误； B、二次爆炸前系统总机械能E1＝2mgH，爆炸后系统动能增加量，解得：ΔEk＝2mgH，即机械能比二次爆炸前增加了2mgH，故B正确； C、M、N两部分落地位置间的距离为两者水平位移之和，即d＝2v0t，代入数据解得：d＝4H，故C正确； D、由机械能守恒定律可知，落地时系统总动能等于爆炸后瞬间的总机械能，即Ek＝2mgH+ΔEk，解得：Ek＝4mgH，故D错误。 故选：BC。 综合提升 一．选择题 1．（2026•道里区校级一模）现有两个带等量异种电荷的小球放置在光滑绝缘的水平面上，用绝缘弹簧连接，弹簧处于原长，空间存在水平向右的匀强电场。将两小球由静止释放，在运动过程中，两小球和弹簧组成的系统（　　） A．动量守恒，机械能不守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 【答案】A 【分析】动量守恒条件的核心是系统所受合外力为零。机械能守恒条件的核心是只有重力或弹力做功，其他力不做功（或做功的代数和为零）。 【解答】解：分析动量守恒条件动量守恒的核心是系统所受合外力为零。题目中，两个小球带等量异种电荷，空间存在水平向右的匀强电场。设正电荷小球受电场力为F（方向向右），负电荷小球受电场力也为F（方向向左，因为负电荷受力与电场方向相反）。对“两小球+弹簧”组成的系统，水平方向的合外力为：F合＝F﹣F＝0（正电荷的电场力向右，负电荷的电场力向左，大小相等、方向相反，相互抵消） 因此，系统在水平方向合外力为零，动量守恒。步骤2：分析机械能守恒条件机械能守恒的核心是只有重力或弹力做功，其他力不做功（或做功的代数和为零）。题目中，电场力对两个小球做功：正电荷向右运动时，电场力做正功；负电荷向左运动时，电场力也做正功（因为负电荷受力向左，位移也向左，力与位移方向相同）。电场力属于“除重力、弹力外的其他力”，且电场力对系统做了功，因此系统的机械能（动能+重力势能+弹性势能）不满足“只有重力/弹力做功”的条件，机械能不守恒。故A正确，BCD错误。 故选：A。 2．（2026•凯里市校级一模）如图所示，A、B两小球在光滑的水平面上相向运动进而发生弹性正碰，碰前速度大小都为2m/s，已知A的质量是B质量的三倍，规定A球的初速度方向为正方向，则碰后A、B两球的速度分别是（　　） A．vA＝1m/s，vB＝5m/s B．vA＝1m/s，vB＝1m/s C．vA＝0，vB＝4m/s D．vA＝﹣1m/s，vB＝7m/s 【答案】C 【分析】题目描述两个小球在光滑水平面上发生弹性正碰，已知碰前速度大小相等方向相反，且质量存在倍数关系。解题需先明确弹性正碰过程满足动量守恒与机械能守恒两个核心规律，以A球初速度方向为正方向建立正负号规则，将已知质量关系与速度值代入两个守恒方程，通过联立求解得到碰后两球的速度数值与方向，从而判断选项的正确性。 【解答】解：以A球的初速度方向为正方向，则vA0＝2m/s，vB0＝﹣2m/s。设B球的质量为m，则A球的质量为3m。碰撞过程中系统动量守恒，有3mvA0+mvB0＝3mvA+mvB。由于碰撞为弹性正碰，机械能守恒，有。联立两式解得：vA＝0m/s，vB＝4m/s，故ABD错误，C正确。 故选：C。 3．（2026•邯郸二模）恢复系数（e）是描述两物体碰撞后能量恢复能力的物理量，定义为碰撞后相对分离速度与碰撞前相对接近速度的比值，恢复系数只由参与碰撞的材料决定。某同学测量一橡胶球与地面碰撞时的恢复系数，小球由静止释放，不计空气阻力，运动的位移随时间变化的图像如图所示，则小球与地面碰撞时的恢复系数大小约为（　　） A．0.6 B．0.7 C．0.8 D．0.9 【答案】C 【分析】根据自由落体运动和竖直上抛运动的规律分别求出橡胶球与地面碰撞前后瞬间的速度大小，再求小球与地面碰撞时的恢复系数大小。 【解答】解：根据图像可知，第一次释放高度为h1＝7.0m，则橡胶球与地面第一次碰撞前速度大小为v1 橡胶球与地面第一次碰撞后上升的高度为h2＝4.5m，则橡胶球与地面第一次碰撞后速度大小为v2 则小球与地面碰撞时的恢复系数大小为e0.8，故ABD错误，C正确。 故选：C。 4．（2025秋•如皋市校级月考）如图所示，物体A与光滑半圆弧槽B静止在光滑水平面上，槽底端放有小球C。现给A一个水平向右的初速度，A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），小球C能脱离圆弧槽向上运动，已知A、B、C质量相等，不计空气阻力，则（　　） A．A与B碰撞后，A的速度向左 B．球脱离圆弧槽后，将不会再掉落在槽内 C．球第一次回到槽内最低点时，槽的速度为零 D．圆弧槽在水平地面上做往复运动 【答案】C 【分析】对A、B整体受力分析，根据弹性碰撞特点，可得到A、B碰撞后的速度；对B、C整体受力分析，根据水平方向不受外力，可得到水平方向动量守恒，即可得到球脱离圆弧槽时的水平速度，分析球脱离圆弧槽后，在水平方向的运动特点，判断是否会再掉落在槽内；球第一次回到槽内最低点时，根据水平方向动量守恒、机械能守恒，即可计算槽的速度；根据球和槽，在水平方向动量守恒，即可分析圆弧槽在水平方向的运动特点，判断圆弧槽在水平地面上的运动状态。 【解答】解：A．A、B质量相等，碰撞为弹性碰撞，动量满足：mv＝mv1+mv2，动能满足：，解得：v1＝0，v2＝v，即碰撞后速度交换，B的速度为v，A的速度为0，故A错误； B．AB碰撞后，B与C在水平方向不受外力，BC在水平方向动量守恒，球脱离圆槽时，在水平方向：mv＝（m+m）v共，即球脱离圆弧槽后，球与圆弧槽在水平方向的运动完全相同，所以还会掉落在圆弧槽中，故B错误； C．B与C相当于质量相等的两个物体相互作用，球第一次回到槽内最低点时，动量满足：mv2＝mv3+mv4，动能满足：，解得：v3＝0，v4＝v，即槽的速度减为0，球的速度为v，槽与球速度互换，故C正确； D．对B和C整体受力分析，根据水平方向动量守恒，可得BC整体的动量水平向右，结合C选项分析，可得槽先向右减速、再向右加速，不断重复该运动状态，B会一直向右运动，故D错误。 故选：C。 5．（2026•石景山区一模）砂摆是用来测量子弹速度的一种装置。将一个砂箱用轻绳竖直悬挂起来，一颗子弹水平射入砂箱（未射穿），使砂箱摆动。从子弹开始射入砂箱到砂箱摆动到最大摆角处，子弹和砂箱（　　） A．机械能守恒，动量守恒 B．机械能不守恒，动量守恒 C．机械能守恒，动量不守恒 D．机械能不守恒，动量不守恒 【答案】D 【分析】根据系统所受合外力为零时系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功时系统机械能守恒分析判断。 【解答】解：子弹射入砂箱是完全非弹性碰撞，子弹和砂箱间的摩擦会将部分机械能转化为内能，机械能有损失，因此整个过程机械能一定不守恒。动量守恒的条件是系统合外力为零。从子弹开始射入砂箱到砂箱摆动到最大摆角处，系统速度不断减小，动量持续减小。这是因为系统受到重力和绳子拉力的合力作用，合外力的冲量不为零，因此整个过程动量不守恒。综上，子弹和砂箱机械能不守恒，动量也不守恒。 故ABC错误，D正确。 故选：D。 6．（2026•武威校级开学）如图甲所示，质量为M的薄长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时一质量为m的滑块以水平初速度v0从长木板的左端冲上木板并在2s时刻离开长木板。已知滑块和长木板在运动过程中的v﹣t图像如图乙所示，则木板与滑块的质量之比M：m为（　　） A．1：2 B．2：1 C．1：3 D．3：1 【答案】D 【分析】滑块以初速度冲上木板后，系统在光滑水平面上不受外力作用，动量守恒。滑块与木板之间存在摩擦力，导致两者速度发生变化。从v﹣t图像中可获取滑块与木板的初速度、末速度及相互作用时间。通过动量守恒定律，将图像中提取的滑块初速度、滑块离开木板时的速度以及木板获得的速度代入，即可建立滑块与木板质量的关系式。 【解答】解：滑块以初速度冲上木板后，系统在光滑水平面上不受外力作用，动量守恒，以滑块初速度方向为正方向，对滑块与木板构成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝mv1+Mv2。 由图乙可知 v0＝5m/s，v1＝2m/s，v2＝1m/s，代入数据解得 M：m＝3：1，故ABC错误，D正确。 故选：D。 7．（2025秋•渝中区校级期末）如图所示，固定在水平面上的竖直轻弹簧上端与质量为M的物块A相连，静止时物块A位于P处，另有一质量为m的物块B，从A的正上方Q处自由下落，与A发生碰撞后（A、B不粘连）立即具有相同的速度，然后A、B一起向下运动，将弹簧继续压缩后，物块A、B被反弹，反弹后A、B会分开。不计空气阻力，下面几个结论正确的是（　　） A．A、B从P处下降至最低点的过程中，速度一直减小 B．A、B一起向下运动过程中，A、B均处于超重状态 C．A、B反弹过程中，在P处物块A速度最大 D．A、B反弹过程中，在弹簧处于原长状态时物块B与A分离 【答案】D 【分析】题目描述物块B自由下落与物块A碰撞后获得共同速度，随后一起压缩弹簧并反弹的过程。分析需明确从P处下降至最低点的运动阶段，系统受重力和弹簧弹力作用，其合力方向决定加速度方向，从而判断速度变化情况；在向下运动过程中需根据加速度方向分析超重或失重状态；反弹过程中系统在平衡位置速度最大，而分离条件需满足两物块间相互作用力为零且加速度相同，由此确定弹簧状态。 【解答】解：A、设物块A在P点静止时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件可得Mg＝kx0。物块B与A碰撞后，系统新的平衡位置满足（M+m）g＝kx平衡，由此可知该位置位于P点下方。两物块从P点运动至最低点的过程中，在P点与平衡位置之间，系统所受合力向下，做加速运动；通过平衡位置后，合力向上，做减速运动，因此速度先增加后减小，故A错误； B、当系统处于平衡位置上方时，合力向下，加速度向下，处于失重状态；仅在平衡位置下方运动时，加速度向上，才处于超重状态，故B错误； C、系统在平衡位置时速度达到最大值，而该位置在P点下方，因此在P点时速度并非最大，故C错误； D、物块A与B分离的临界条件是两者之间的弹力N＝0且加速度相同。此时B仅受重力，加速度a＝g（方向竖直向下）。对整体应用牛顿第二定律有（M+m）g﹣F弹＝（M+m）a，代入a＝g，解得F弹＝0，即弹簧处于原长状态，故D正确。 故选：D。 8．（2026春•海淀区校级月考）滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动项目。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端与滑板以3m/s的共同速度做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B。在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞。该同学的质量为24kg，两滑板的质量均为3kg，不计滑板与地面间的摩擦和空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统动量守恒 B．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小 C．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为2.4m/s D．该同学全过程对滑板B的水平方向冲量大小为8.1N•s 【答案】D 【分析】以同学、滑板A和滑板B组成的系统为研究对象，水平方向不受外力，动量守恒。结合“两滑板恰好不相撞”的临界条件（最终两者速度相等），先通过动量守恒定律求出滑板B的速度，再分析各选项，判断系统动量是否守恒、滑板B的速度变化、共同速度和冲量大小。 【解答】解：A、该同学与滑板A和滑板B组成的系统，在水平方向上所受合外力为0，则水平方向动量守恒，在竖直方向上所受合外力不为0，则竖直方向动量不守恒，该同学与滑板A和滑板B组成的系统动量不守恒，故A错误； B、该同学跳离滑板B的过程中，他对滑板B的作用力向右，滑板B向右加速，速度增大，故B错误； C、从滑板B跳回滑板A，两滑板恰好不相撞，三者共速，设速度为v，规定初速方向为正，由水平方向动量守恒可得（M+m）v0＝（M+2m）v 其中M＝24kg，m＝3kg，v0＝3m/s 代入数据可得v＝2.7m/s，故C错误； D、结合动量定理，该同学全过程对滑板B的水平方向冲量大小为I＝mv﹣0 代入数据可得I＝8.1N•s，故D正确。 故选：D。 二．多选题 （多选）9．（2026•柳州模拟）如图所示，轻绳一端系一金属环a，另一端绕过定滑轮悬挂一重物b。环a套在固定的竖直光滑直杆上，OP与直杆之间的夹角为θ，将a、b由静止释放，在环a加速上升的过程中（　　） A．a、b组成的系统动量守恒 B．a、b组成的系统机械能守恒 C．a、b的速度大小满足vacosθ＝vb D．a、b的速度大小满足vbcosθ＝va 【答案】BC 【分析】对于环和重物组成的系统，根据动量守恒的条件判断；由于只有重力做功所以系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律分析各种能量变化量的关系，环到达B点时，根据环和重物的速度关系分析判断。 【解答】解：A、a与b的质量的关系未知，而且绳子对b的拉力与对a的拉力沿竖直方向的分力不相等，所以不能判断竖直方向a与b动量是否守恒，即不能判断a与b组成的系统动量是否守恒，故A错误； B、二者运动的过程中只有重力对系统做功，所以系统的机械能守恒，故B正确； C、绳子与竖直方向之间的夹角为θ时，将a的速度分解如图 由几何关系可知a、b的速度大小满足vacosθ＝vb，故C正确，D错误。 故选：BC。 （多选）10．（2026•重庆模拟）如图1所示，质量为m的滑块B静置于倾角为θ且足够长的固定斜面上，B与斜面之间的动摩擦因数μ＝2tanθ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。B通过一条弹性轻绳与光滑滑块A相连，A的质量也为m。t＝0时刻将A由静止释放，A运动的部分v﹣t图像如图2所示，图中t0之前为直线段，t0之后为曲线，且t0已知，v1、t1、t2未知。t1时刻A的速度达到最大，t2时刻A的速度为零。已知t0～t1时间段内A的位移大小为x，重力加速度为g，两滑块均可视为质点，轻绳始终在弹性限度内，不计空气阻力，据此可知（　　） A．t0时刻，B开始运动 B．轻绳的劲度系数为 C．t2时刻，B的速度大小为 D．0～t2时间段内，轻绳最长时A的速度大小为 【答案】BD 【分析】题目描述滑块A和B通过弹性轻绳连接在斜面上，A由静止释放后运动。已知A的v﹣t图像在t0前为直线，t0后为曲线，t1时A速度最大，t2时A速度为零。需分析各时刻两滑块的运动状态及轻绳相关物理量。首先明确0～t0段A匀加速下滑，轻绳未绷紧B静止；t0时刻绳绷紧，A开始受弹力作用做加速度减小的加速运动，B仍静止；t1时刻A速度最大时弹力与A重力沿斜面的分力平衡，同时B开始运动；之后A减速B加速，系统动量守恒，t2时刻A速度为零时B速度达最大。需结合图像信息、受力分析及动量守恒判断选项。 A选项涉及B开始运动的时刻。由图像可知t0前A匀加速，轻绳松弛B静止；t0时刻绳绷紧但弹力较小，B最大静摩擦力未突破，仍静止；当弹力增至等于B最大静摩擦力与重力分力之差时B开始运动，此时A加速度为零速度最大，对应t1时刻，故t0时刻B未运动。 B选项求劲度系数。t0～t1段A位移为x，此过程弹力从零线性增加，t1时刻弹力与A重力沿斜面分力平衡，即弹力大小等于mgsinθ，结合胡克定律中弹力与伸长量的关系可求劲度系数。 C选项求t2时刻B的速度。t1后A、B系统沿斜面方向合外力为零，动量守恒。需先求t1时刻A的最大速度v1，可通过0～t1过程对A应用动能定理，结合t0前A的匀加速位移及t0～t1段弹力做功求得v1；t2时刻A速度为零，由动量守恒得此时B速度等于v1。 D选项求轻绳最长时A的速度。轻绳最长时A、B相对速度为零即速度相同，由系统动量守恒可求共同速度，该速度即为此时A的速度。 【解答】解：A、由图2可知，在0至t0时间段内轻绳弹力为零，物体B保持静止，物体A沿斜面匀加速下滑；t0时刻后轻绳绷紧，在t0至t1时间段内，物体A做加速度减小的加速运动，物体B仍保持静止；直至t1时刻，物体B才开始运动，故A错误； B、在t1时刻，对物体B进行受力分析，其满足T+mgsinθ＝μmgcosθ，由于此时T＝mgsinθ，设轻绳的劲度系数为k，则有，代入T值得，故B正确； C、在t0至t1时间段内，物体A克服轻绳弹力所做的功为。从初始时刻0至t1时刻，对物体A应用动能定理，有，代入W的表达式，解得。t1时刻之后，物体A与B组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒。设t2时刻物体B的速度为vB，根据动量守恒定律mv1＝mvB，解得，故C错误； D、当物体A与B速度相等时，轻绳的长度达到最大。设此时它们的共同速度为v共，由动量守恒mv1＝2mv共，解得，故D正确。 故选：BD。 （多选）11．（2026春•荔湾区校级期中）如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2。图乙为它们碰撞前后的s﹣t图像。已知m1＝0.2kg，由此可得下列说法正确的是（　　） A．碰后m1做匀减速运动，m2做匀加速运动 B．碰前m2静止，m1向右运动 C．m2＝0.4kg D．碰撞过程是完全弹性碰撞 【答案】BD 【分析】题目描述两个小球在光滑水平面上发生正碰，通过位移—时间图像分析碰撞前后的运动状态。解题关键在于从图像斜率识别速度变化，判断碰撞前后各球的速度大小与方向，进而应用动量守恒定律计算未知质量，并对比碰撞前后总动能是否相等以确定碰撞类型。需明确图像中直线段代表匀速运动，结合已知质量m1，利用碰撞前后速度关系计算m2，最终验证动能守恒。 【解答】解：在s﹣t图像中，图线斜率表示物体速度。由题图乙可知，碰撞前（t＜2s）：m1的速度；m2的位移保持不变，处于静止状态，即v2＝0。 碰撞后（t＞2s）：m1的速度；m2的速度。 A、由于碰撞前后两球的s﹣t图像均为直线，斜率恒定，说明两球均做匀速直线运动，加速度均为0，故A错误； B、由上述分析可知，碰撞前m2静止，m1速度为正方向，即向右运动，故B正确； C、系统碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律m1v1+m2v2＝m1v'1+m2v'2，代入数据解得：m2＝0.6kg，故C错误； D、碰撞前系统总动能，代入数据解得Ek1＝1.6J，碰撞后系统总动能。由于Ek1＝Ek2，机械能无损失，该碰撞为完全弹性碰撞，故D正确。 故选：BD。 （多选）12．（2026•贵阳校级一模）如图所示，质量m＝1kg的光滑小球静置于光滑水平面上，质量为M＝2kg、半径R＝1m的四分之一光滑圆弧轨道以初速度v0＝3m/s向右运动。不计小球滑上轨道过程中的能量损失，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球沿轨道上滑过程中系统动量守恒 B．小球滑离圆弧轨道时速度大小为4m/s C．小球上升到最高点时距水平面的高度为0.3m D．整个运动过程中小球对轨道的冲量大小为6N•s 【答案】BC 【分析】题目描述小球与圆弧轨道在光滑水平面上的相互作用过程。系统在水平方向不受外力，因此水平方向动量守恒，但竖直方向合外力不为零，整体动量并不守恒。分析小球滑离轨道的过程，可类比弹性碰撞模型，利用水平方向动量守恒与机械能守恒联立求解小球滑离时的速度。小球上升到最高点时，两者水平速度相同，需结合水平方向动量守恒与系统机械能守恒计算最大高度。整个过程中，对轨道应用动量定理，其动量变化量等于小球对它的冲量，通过轨道初末速度差可求冲量大小。 【解答】解：A．小球沿圆弧轨道上滑时，系统在竖直方向所受合外力不为零，故系统动量不守恒，故A错误； B．小球滑离圆弧轨道的过程可视为弹性碰撞，根据水平方向动量守恒，有Mv0＝MvM+mvm，机械能守恒，有，代入数据，解得：vM＝1.0m/s，vm＝4m/s，故B正确； C．当小球上升到最高点时，圆弧轨道与小球具有共同速度，由水平方向动量守恒，得Mv0＝（M+m）v共，再根据能量守恒，有，代入数据，解得：h＝0.3m，故C正确； D．以圆弧轨道为研究对象，根据动量定理，小球对轨道的冲量大小为I＝Δp＝M（v0﹣vM），解得：I＝4N•s，故D错误。 故选：BC。 （多选）13．（2025秋•海南期末）如图所示，光滑水平面上静止有一质量为M＝3m的长木块，一颗质量为m的子弹以速度v0从左侧水平射入木块且没穿出，关于此过程，下列说法正确的是（　　） A．子弹和木块组成的系统机械能守恒 B．子弹和木块组成的系统动量守恒 C．木块所受合力的冲量大小为 D．系统损失的动能为 【答案】BD 【分析】对子弹、木块整体受力分析，根据摩擦力对整体做功情况，即可判断系统的机械能是否守恒；对子弹、木块整体受力分析，根据整体受力情况，可判断整体动量是否守恒；根据整体动量守恒，可得到子弹和木块的末速度，根据动量定理，可得到木块受到的合力冲量大小；根据动能公式，可得到系统损失的动能。 【解答】解：A、对子弹、木块整体受力分析，可知滑动摩擦力对整体做负功，即系统的机械能减少，故A错误； B、对子弹、木块整体受力分析，可知整体受到合力为零，即整体动量守恒，故B正确； C、根据B选项分析，可得整体动量守恒，以水平向右为正方向，则子弹和木块的末速度满足：mv0＝（m+M）v，对木块应用动量定理，以水平向右为正方向，可得：I＝Mv，木块受到的合力冲量大小为：，故C错误； D、根据动能公式，可得到系统损失的动能为：，解得：，故D正确。 故选：BD。 （多选）14．（2026春•头屯河区校级期中）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为mB＝1kg的另一物体B（可看成质点）以水平速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。此过程长木板A的动能随位移变化的图像如图乙所示，长木板和物体的速度随时间变化的图像如图丙所示。已知A、B间存在摩擦力，g取10m/s。下列说法正确的是（　　） A．木板A的质量为4kg B．系统损失的机械能为1J C．木板A的最小长度为0.5m D．AB间的动摩擦因数为0.1 【答案】BD 【分析】A.根据动能公式求出木板A的质量； B.根据能量守恒定律求出系统损失的机械能； C.根据运动学公式求出木板A的最小长度； D.根据运动学公式求AB间的动摩擦因数。 【解答】解：A．由图丙可知 v1＝1m/s 代入数据解得 mA＝1kg 故A错误； B．系统损失的机械能为 代入数据解得 ΔE＝1J 故B正确； C．A在0～0.5m做匀加速直线运动，则 代入数据解得 t＝1s 在达到共同速度之时，A、B的位移差为 即木板A的最小长度为1m，才能使物块B不会掉下来，故C错误； D．根据运动学公式 v1＝at＝μgt＝1m/s 代入数据解得 μ＝0.1 故D正确。 故选：BD。 （多选）15．（2026春•福州期中）如图，物块M、N通过弹簧连接静止在光滑水平面上，物块M的质量是物块N质量的3倍。某时刻，物块M获得水平向右的冲量I。下列说法正确的是（　　） A．当M、N速度相同时，弹簧的弹性势能最大 B．自开始至弹簧最短的过程，弹簧对物块M的冲量大小为 C．自开始至弹簧最长的过程，弹簧对物块N的冲量大小为 D．弹簧第一次恢复原长和第二次恢复原长时，M的速度相同 【答案】AB 【分析】当M、N速度相同时，根据系统动量守恒，可知M、N距离最近或者最远，此时弹簧最长或者最短，结合弹性势能公式，可判断弹簧的弹性势能是否最大；从开始至弹簧最短或最长的过程，根据动量守恒，可得到M、N的末动量大小，结合动量定理，可得到弹簧对M、N的冲量大小；弹簧第一次恢复原长和第二次恢复原长前，根据对M、N的受力分析，可知其速度变化特点，分析M的速度是否相同。 【解答】解：A．当M、N速度相同时，M、N距离最近或者最远，此时弹簧最长或者最短，结合弹性势能公式：，弹簧的弹性势能最大，故A正确； BC．无论弹簧最长还是最短，两物块的速度都相同，以水平向右为正方向，设物块M的质量为3m，物块N的质量为m，则I＝3mv0 以水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得3mv0＝（3m+m）v，解得：，对M，以水平向右为正方向，根据动量定理可得I′＝3mv﹣3mv0，联立解得自开始至弹簧最短或最长，弹簧对物块M的冲量均为，即弹簧对物块M的冲量大小为；以水平向右为正方向，弹簧对物块N的冲量大小为：I″＝mv﹣0，解得：，故B正确，C错误； D．M获得冲量后压缩弹簧至最短，此时两者速度相等，M受力向左，继续减速，N受力向右，继续加速，弹簧逐渐恢复原长，弹簧第一次恢复原长时，M速度最小，N速度最大； 弹簧第一次恢复原长后，开始拉伸，M受力向右，加速，N受力向左，减速，弹簧最长时，两者速度再次相等，M受力仍向右，加速，N受力仍向左，减速，到第二次恢复原长时，M速度最大，N速度最小，故弹簧第一次恢复原长和第二次恢复原长时，M的速度不同，故D错误。 故选：AB。 （多选）16．（2025秋•合肥期中）如图所示，质量为m的人在质量为M的车上从左端走到右端，车与地面摩擦不计，则（　　） A．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大 B．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大 C．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同 D．若人相对车突然停止，则车也停止 【答案】CD 【分析】车与地面摩擦不计，人在小车上从左端走到右端的过程中，人与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律分析即可。 【解答】解：ABC、因人与车组成的系统动量守恒，且人与车的运动时间相等，以人运动的方向为正方向，则由动量守恒定律可得：mx人﹣Mx车＝0，故车与人的位移之比为：，由于m、M不变，且二者位移大小之和等于车的长度，则车的位移大小与人的运动速度无关，不论人的速度多大，车在地面上移动的距离都相等，故AB错误，C正确； D、人与车组成的系统动量守恒，以向右的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv人﹣Mv车＝0，因总动量为零，故人停止走动速度为零时，车的速度也为零，故D正确。 故选：CD。 （多选）17．（2026春•南安市校级期中）明朝的士大夫万户把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，手持大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空。假设万户及所携设备[火箭（含燃料）、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是（　　） A．火箭的推力来自自身喷出的高温高压气体对火箭的反作用力 B．火箭的推力来自空气对火箭的反作用力 C．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 D．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 【答案】AD 【分析】根据反冲运动的原理分析火箭推力的来源，利用动量守恒定律计算燃气喷出后火箭的速度，再结合竖直上抛运动规律求解上升的最大高度。 【解答】解：AB、火箭的推力是燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A正确，B错误； C、在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有（M﹣m）v﹣mv0＝0 代入数据可得火箭的速度大小为，故C错误； D、喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，则最大上升高度为，故D正确。 故选：AD。 三．解答题 18．（2026•临潼区校级模拟）如图所示，上表面光滑的滑板Q锁定在光滑水平面上，一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由伸长。质量为m的滑块P以大小为v0、方向与水平方向成θ＝37°角的初速度抛向滑板，恰好在最高点从滑板的左端飞入滑板。当弹簧弹性势能为时，解除Q的锁定。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）求滑块P抛出时距离Q左端的水平距离； （2）解除Q的锁定后，若弹簧的最大弹性势能为，求Q的质量； （3）解除Q的锁定后，若Q最终的动能最大，求Q的质量。 【答案】（1）滑块P抛出时距离Q左端的水平距离为； （2）Q的质量为4m； （3）Q的质量为。 【分析】（1）滑块P抛出后做斜上抛运动，根据竖直分速度公式求出滑块在空中的运动时间，再求滑块P抛出时距离Q左端的水平距离； （2）滑块飞入滑板后，根据动能定理求出当弹簧的弹性势能为时滑块的速度。解除Q的锁定后，P和Q共速时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别列方程，即可求解Q的质量； （3）要使Q的最终动能最大，需满足滑块的速度刚好为零时，弹簧刚好恢复原长，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求Q的质量。 【解答】解：（1）滑块P抛出后做斜上抛运动，滑块抛出时的水平速度大小为vx＝v0cosθ＝0.8v0 竖直速度大小为vy＝v0sinθ＝0.6v0 滑块在空中的运动时间为 滑块在空中飞行的水平距离为x＝vxt 联立解得： （2）滑块飞入滑板后，弹簧弹力做的功为W 滑块飞入滑板后，当弹簧的弹性势能为时，设此时滑块的速度为v，根据动能定理得 解得v＝0.5v0 设滑板的质量为M，解除Q的锁定后，当弹簧的弹性势能最大时，P和Q共速，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得 mv＝（m+M）v′ 根据机械能量守恒定律得 联立解得：M＝4m （3）对Q和P组成的系统，根据机械能守恒可知，要使Q的最终动能最大，需满足滑块的速度刚好为零时，弹簧刚好恢复原长。设Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得 mv＝M′vm， 联立解得： 答：（1）滑块P抛出时距离Q左端的水平距离为； （2）Q的质量为4m； （3）Q的质量为。 19．（2026•朝阳区模拟）工地上工人常需要在不同高度间传递工具。如图所示，将质量m＝1.0kg的工具从离地高H＝1.8m处的O点以初速度v0＝10m/s水平抛出，工具恰好落在质量M＝9.0kg的静止在水平地面上的小筐中，并立刻与之共同运动，匀减速滑行位移x＝1.0m，恰好到达指定地点。工具和小筐均可视为质点，二者碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）小筐与O点间的水平距离s； （2）工具刚落到小筐上时二者共同运动的速度大小v； （3）小筐与地面间的动摩擦因数μ。 【答案】（1）小筐与O点间的水平距离s为6m； （2）工具刚落到小筐上时二者共同运动的速度大小v为1m/s； （3）小筐与地面间的动摩擦因数μ为0.05。 【分析】（1）工具在空中做平抛运动，根据分位移公式求小筐与O点间的水平距离s； （2）工具刚落到小筐上时，二者碰撞时间极短，二者组成的系统水平方向动量守恒，由此求解二者共同运动的速度大小v； （3）小筐在地面上滑行过程，由动能定理求小筐与地面间的动摩擦因数μ。 【解答】解：（1）工具在空中做平抛运动，竖直方向有H 水平方向有s＝v0t 联立解得：s＝6m （2）工具刚落到小筐上时，二者组成的系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，则有 mv0＝（m+M）v 解得：v＝1m/s （3）小筐在地面上滑行过程，由动能定理得 ﹣μ（m+M）gx＝0 解得：μ＝0.05 答：（1）小筐与O点间的水平距离s为6m； （2）工具刚落到小筐上时二者共同运动的速度大小v为1m/s； （3）小筐与地面间的动摩擦因数μ为0.05。 20．（2026•江苏模拟）如图所示，静止在光滑的水平面上的小车质量为M＝2kg，小车的左边是半径为R＝0.8m的四分之一光滑圆弧轨道AB，右边是半径为r＝0.4m的半圆形光滑轨道CDE，D点与半圆形轨道的圆心等高，两光滑轨道末端与小车水平粗糙面平滑相连，中间水平轨道BC长度为L＝4m，质量为m＝1kg、可视为质点的滑块从轨道A点正上方h＝1.6m处由静止释放，恰好沿切线落入四分之一圆弧轨道，滑块与水平轨道之间的动摩擦因数为μ＝0.1。重力加速度g取10m/s2，求： （1）滑块经过B点时的速度大小； （2）滑块经过D点时对半圆形轨道的压力大小； （3）滑块从E点飞出后落到小车上的位置。 【答案】（1）滑块经过B点时的速度大小为； （2）滑块经过D点时，对半圆形轨道的压力大小为80N； （3）滑块从E点飞出后，落到小车上时的位置，在C点左侧，到C点的距离为2.4m。 【分析】（1）滑块从释放到B的过程，对滑块和小车整体，根据水平方向动量守恒，可得到滑块速度与小车速度的关系；根据机械能守恒，可得到滑块的速度大小； （2）滑块从B到D的过程，根据滑块和小车整体水平动量守恒，可知滑块到D时，滑块和小车在水平方向的速度均为零；根据动能定理，可得到滑块在D点时的速度大小；对滑块受力分析，可得到轨道对滑块的支持力大小，结合牛顿第三定律，可得滑块对半圆形轨道的压力大小； （3）滑块从E飞出时，根据滑块和小车整体水平动量守恒，可知滑块到E时，滑块和小车的水平速度关系；滑块从D到E的过程，根据滑块和小车机械能守恒，可得到滑块在E时的速度；滑块离开E时，根据滑块、小车在水平方向、竖直方向分运动特点，即可到达滑块落在小车上的位置。 【解答】解：（1）设滑块经过B点时的速度大小为v1，此时小车的速度大小为v2，对滑块和小车整体受力分析，根据整体在水平方向受力平衡，可知系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则mv1﹣Mv2＝0，滑块和小车组成的系统机械能守恒，得：，解得，； （2）滑块经过D点时，滑块和小车在水平方向的速度相同，设为vx，滑块在竖直方向的速度大小为v3，以水平向右为正方向，根据滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，可得0＝（m+M）vx，可得vx＝0； 滑块到达D点的过程中，根据动能定理，可得：， 滑块到达D点时，对滑块受力分析，可得：，解得半圆形轨道对滑块的支持力大小为FN＝80N； 根据牛顿第三定律可得，滑块经过D点时对半圆形轨道的压力大小为F压＝FN＝80N （3）设滑块从E点飞出时，滑块的速度大小为v4，此时小车的速度大小为v5，以水平向右为正方向，根据滑块和小车组成的系统在水平方向动量守恒，可得：Mv5﹣mv4＝0， 滑块从D点到E点的过程中，系统机械能守恒，解得v4＝4m/s，v5＝2m/s， 滑块飞行过程中，在竖直方向，解得t＝0.4s， 在水平方向，滑块从E点飞出后落到小车上位置在C点左侧到C点的距离为d＝（v4+v5）t，解得：d＝2.4m。 答：（1）滑块经过B点时的速度大小为； （2）滑块经过D点时，对半圆形轨道的压力大小为80N； （3）滑块从E点飞出后，落到小车上时的位置，在C点左侧，到C点的距离为2.4m。 21．（2026•东城区一模）如图所示，把一个质量m1＝0.2kg的小球放在高度h＝5.0m的直杆的顶端。一颗质量m2＝0.01kg的子弹以v0＝500m/s的速度沿水平方向击中小球，并穿过球心，小球落地处离杆的水平距离x＝20m。g取10m/s2，求： （1）子弹穿出小球瞬间小球的速度v1； （2）子弹穿出小球瞬间子弹的速度v2； （3）子弹和小球相互作用过程中系统损失的机械能ΔE。 【答案】（1）子弹穿出小球瞬间，小球的速度大小为20m/s，水平向右； （2）子弹穿出小球瞬间，子弹的速度大小为100m/s，水平向右； （3）子弹和小球相互作用过程中，系统损失的机械能为1160J。 【分析】（1）子弹穿出小球后，小球做平抛运动，根据平抛运动的水平、竖直方向运动学关系式，可得到小球的水平速度； （2）由动量守恒，可得到子弹穿出小球瞬间，子弹的速度； （3）由能量守恒，结合子弹穿出前后，子弹和小球的动能，可得到子弹和小球相互作用过程中，系统损失的机械能。 【解答】解：（1）子弹穿出小球后，小球做平抛运动，水平方向：x＝v1t，竖直方向：，解得小球的水平速度：v1＝20m/s，由图可知小球的水平分速度向右； （2）子弹穿出小球的过程，以子弹的初速度为正方向，由动量守恒，可得：m2v0＝m2v2+m1v1，解得子弹的速度：v2＝100m/s，水平向右； （3）子弹穿出前后，由能量守恒，可得：，解得系统损失的机械能：ΔE＝1160J。 答：（1）子弹穿出小球瞬间，小球的速度大小为20m/s，水平向右； （2）子弹穿出小球瞬间，子弹的速度大小为100m/s，水平向右； （3）子弹和小球相互作用过程中，系统损失的机械能为1160J。 22．（2026•贵阳校级一模）如图所示，长l＝1m的非弹性轻绳一端固定在O点，另一端拴有小球A，O点正下方l处有一小物块B静置于木板C最右端，小物块D距离C右端2m。开始时C被锁定，轻绳伸直与水平方向间夹角θ＝30°，A由静止释放，轻绳再次伸直时A做圆周运动，到最低点与B发生弹性碰撞，之后B向左运动，与D发生弹性碰撞后瞬间解除C的锁定，最终D恰好未从C上滑落。已知A、B、C的质量均为m＝1kg，D的质量为M＝2kg，B、D与C间的动摩擦因数均为μ＝0.4，重力加速度大小g＝10m/s2。地面光滑，A、B、D均可视为质点，求： （1）A与B碰撞前A的速度大小； （2）C的长度。 【答案】（1）A与B碰撞前A的速度大小为5m/s。 （2）C的长度为2.25m。 【分析】（1）小球A的运动分为两个阶段：先是自由落体运动至绳再次伸直，该过程机械能守恒；之后绳绷紧瞬间，沿绳方向速度分量损失，只有垂直于绳的速度分量使小球做圆周运动至最低点，可利用动能定理分析重力做功与小球的动能变化，从而关联初始状态与碰撞前速度。 （2）A与B发生弹性碰撞后，B获得速度在木板C上向左匀减速滑动，通过运动学规律可求出B与D碰撞前的速度。B与D的碰撞为弹性碰撞，需联立动量守恒与机械能守恒求出碰后两者的速度。解除C锁定后，C、D、B三者运动需分析：D相对C滑动，C受摩擦力加速，D减速，当两者共速时D恰好未滑落。关键是通过相对运动分析求出从D开始运动到与C共速过程中，D相对于C的位移，该位移加上初始距离即为C的长度。 【解答】解：（1）设A由静止开始自由下落，当绳再次绷紧时A的速度大小为vA，对A根据机械能守恒有，解得：。 设A与B碰撞前A的速度大小为v0，从绳再次绷紧后到A运动至最低点的过程中，对A列动能定理方程有，代入数据解得：v0＝5m/s。 （2）设A与B发生弹性碰撞后，A的速度为vA'，B的速度为v1，根据动量守恒有mv0＝mvA'+mv1，根据机械能守恒有， 联立解得：vA'＝0，v1＝5m/s。之后B在C上向左做匀减速直线运动，设其加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1，解得：。 B与D的碰撞为弹性碰撞，设B与D碰撞前瞬间的速度大小为v2，根据运动学公式有，解得：v2＝3m/s。 设B、D发生弹性碰撞后速度分别为vB、vD，以向左为正方向，根据动量守恒有mv2＝mvB+MvD，根据机械能守恒有， 联立解得：vB＝﹣1m/s，vD＝2m/s。即碰撞后B以1m/s的速度向右做减速运动，D以2m/s的速度向左做减速运动，设D的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有μMg＝Ma2，解得：。 解除C的锁定后，C向左做匀加速直线运动，设其加速度为a3，根据牛顿第二定律有μMg﹣μmg＝ma3，解得：。 设C加速后经过时间t与D达到共速，则有v共＝vD﹣a2t＝a3t，解得：，v共＝1m/s。此时B的速度大小为vB'＝|vB|﹣a1t，即vB'＝0，则之后C、D将保持相对静止一起向左减速，B将反向向左做加速运动。从D开始运动到刚好不滑落C，C、D间的相对位移为，所以C的长度为L＝Δx+d＝（0.25+2）m＝2.25m。 答：（1）A与B碰撞前A的速度大小为5m/s。 （2）C的长度为2.25m。 23．（2026•广安模拟）如图，水平传送带逆时针转动的速度v＝2m/s，两个物块A、B用一根轻弹簧连接，mA＝1kg，mB＝2kg，A与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.4，B与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0.2。t＝0时，两物块轻放在传送带上，弹簧自然伸长，给A一个水平向左的瞬时冲量I0＝4N•s，在t＝t0时，A与传送带第一次共速。弹簧的劲度系数为k＝2N/m，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带足够长，弹簧始终在弹性限度内，求： （1）A、B刚开始滑动时各自受到的摩擦力fA、fB的大小和方向； （2）t＝t0时，B的速度大小vB； （3）t0后弹簧的最大伸长量Δxm。 【答案】（1）A受到的滑动摩擦力为4N，方向水平向右，B受到的摩擦力4N，方向水平向左； （2）t＝t0时，B的速度大小是1m/s； （3）t0后弹簧的最大伸长量Δxm是。 【分析】（1）先由冲量定理求出A的初速度，再分析A、B相对传送带的运动方向，根据滑动摩擦力公式计算摩擦力大小，方向与相对运动方向相反； （2）分析系统所受合外力，发现A、B的滑动摩擦力大小相等、方向相反，系统合外力为零，满足动量守恒，结合初动量与A的共速速度，利用动量守恒定律求解B的速度； （3）t0后A保持与传送带共速，B在弹簧拉力和滑动摩擦力作用下加速，直到两者速度相等时弹簧伸长量最大；对系统应用能量守恒，结合B的动能变化、弹簧弹性势能变化与摩擦力做功的关系，联立求解最大伸长量。 【解答】解：（1）对物块A分析，规定末速度方向为正，由动量定理得I＝mv0﹣0 代入数据得v0＝4m/s 大于传送带速度。 fA＝μ1mAg＝4N 方向水平向右 fB＝μ2mBg＝4N 方向水平向左 （2）A、B所组成的系统合外力为0，由动量守恒得mAv0＝mAv+mBvB 代入数据得vB＝1m/s （3）选A、B和弹簧组成的系统为研究对象，设t0时弹簧伸长量为Δx1，弹簧伸长过程中皮带与A、B摩擦产生的热量为Q1。在t0之前，由fA＝fB＝f，传送带所受摩擦力合力为零，传送带对系统做功为0，由能量守恒 皮带与A、B物块摩擦产生的热量Q1＝fΔx1 代入数据得Q1＝4J，Δx1＝1m，t0时刻，对物块A分析F弹1＝kΔx1 代入数据得F弹1＝2N＜fmax此后物块A与传送带保持相对静止，从t0到物块B物块速度首次与传送带共速过程中，设弹簧最大伸长量Δxm，弹簧再次伸长过程中皮带与A、B摩擦产生的热量为Q2。 以传送带为参考系，物块A静止，物块B具有向右的速度v3＝1m/s，由能量守恒定律 皮带与A、B滑块摩擦产生的热量Q2＝f（Δxm﹣Δx1） 代入数据得，F弹2＝kΔxm＜fmax 则最终A、B物块相对传送带都静止，和传送带一起以2m/s向左匀速运动 代入数据得弹簧最大伸长量 答：（1）A受到的滑动摩擦力为4N，方向水平向右，B受到的摩擦力4N，方向水平向左； （2）t＝t0时，B的速度大小是1m/s； （3）t0后弹簧的最大伸长量Δxm是。 24．（2026•房山区一模）“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”出自宋代王安石《元日》，爆竹声响代表辞旧迎新之意。关于烟花爆炸，研究下列问题：礼炮烟花主要结构包含黑火药、礼花弹和发射装置等。发射礼炮烟花时，在发射装置中的黑火药瞬间燃烧产生大量高压气体，快速推动礼花弹向高空飞出，如图所示。假设在某次发射礼炮烟花时，火药点燃后，经过0.2s礼花弹被发射出去，当礼花弹上升到180m的最高点时发生了爆炸。假设礼花弹质量为1.0kg，发射装置的长度远小于最高点的高度，忽略空气阻力，g取10m/s2。 （1）求礼花弹离开发射装置瞬间的速度大小v0。 （2）求在发射装置中礼花弹所受火药气体的平均冲击力大小F。 （3）若礼花弹爆炸时形成的冲击波是球面波，爆炸中心是该球面波的球心，爆炸瞬间释放的能量为E。已知爆炸后时间为t时，形成的“火球”半径为R，空气的密度为ρ，忽略礼花弹爆炸后残余物的动能。请建立合适的物理模型，论证爆炸形成的“火球”半径R与t的关系满足R∝tα，并确定α的值。 【答案】（1）礼花弹离开发射装置瞬间的速度大小为60m/s。 （2）在发射装置中礼花弹所受火药气体的平均冲击力大小310N。 （3）论证见解析，α的值为。 【分析】（1）礼花弹弹出后做竖直上抛运动，利用速度—位移公式直接求解初速度。 （2）总时间包括筒内加速时间与空中上抛时间，由竖直上抛规律求总时间，利用动量定理列方程求解平均冲击力。 （3）将爆炸能量转化为球形“火球”的动能，推导出能量E与时间t的关系式，整理后比较指数，即可求得α的值。 【解答】解：（1）礼花弹弹射出筒后做竖直上抛运动，上升到最高点时速度为0。 由匀变速直线运动规律可得 代入数据可得v0＝60m/s。 （2）礼花弹从发射到最高点的总时间t总包括：筒内加速时间t0＝0.2s和筒外竖直上抛时间t。 由竖直上抛运动的规律可得，解得t＝6s 所以从发射到最高点的总时间t总＝t+t0＝6s+0.2s＝6.2s。 设发射装置中火药气体对礼花弹的平均冲击力为F，取向上为正方向，从礼花弹发射到空中最高点处由动量定理可得Ft0﹣Mg（t+t0）＝0 解得F＝310N。 （3）爆炸瞬间释放的能量E转化为球形“火球”中空气的动能。 火球半径为R，则被推动空气的质量 冲击波的平均传播速度可近似为 空气获得的动能为 爆炸能量等于空气动能，即 整理得，可知。 答：（1）礼花弹离开发射装置瞬间的速度大小为60m/s。 （2）在发射装置中礼花弹所受火药气体的平均冲击力大小310N。 （3）论证见解析，α的值为。 1 学科网（北京）股份有限公司 $