专题06 动量（6年汇编）（广东专用）2021-2026年高考物理真题分类汇编

**基本信息** 动量专题高考真题与模拟题汇编，涵盖近6年广东考情，聚焦动量定理、守恒定律应用，结合安全气囊、无人机等真实情境，体现物理原理与工程实践的结合。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|18题/72分|动量与冲量概念、动量定理简单应用（如算珠碰撞、头锤反弹）|结合磁谱仪、碰球游戏等科技情境，考查矢量运算与守恒条件判断| |计算|7题/78分|动量守恒定律综合应用（多次碰撞、滑块模型）、动量定理与能量结合（安全气囊测试、摆锤碰撞）|设计多过程问题（如机器人跳跃原理），强调系统选取与递推分析，匹配高考命题趋势|

专题06 动量 6年真题1年模拟 考点分类 广东考情 命题解读与创新考法 考点01 动量与冲量 近6年考2次。动量与冲量的考查聚焦于碰撞情境中的动量定理应用，从传统算盘到现代汽车安全装置，体现"Δp=F·Δt"的核心思想。 【命题解读】算盘题考查碰撞过程中算珠的动量变化与受力时间的关系。安全气囊题考查延长碰撞时间以减小冲击力的动量定理应用。 【创新考法】动量定理的实际应用：安全气囊通过延长Δt减小F，体现物理原理在工程设计中的应用。 考点02 动量守恒定律 近6年考2次。动量守恒考查从单一碰撞→多次碰撞、从一维→多维延伸，强调系统选取与守恒条件判断。 【命题解读】多次碰撞题考查每次碰撞前后的动量守恒与能量损失分析。系统选取是解题关键：正确选取研究对象才能应用动量守恒。 【创新考法】多次碰撞的递推分析：每次碰撞后速度递减，需建立递推关系。 考点01 动量 1．（2026·广东·高考真题）（多选）如图是一种长方体电子磁谱仪结构示意图，磁谱仪内存在磁感应强度大小为、方向垂直底面向上的匀强磁场，磁场区域长为、宽为。电子束中有三个电子通过准直器后垂直左侧面沿边缘进入磁场，偏转后分别到达磁谱仪三个侧面，与边缘的距离分别为、和，电子电荷量为、质量为，不考虑相对论效应，下列说法正确的有（     ） A．电子1的动能比电子3的大 B．电子1在磁场中的运动时间为 C．电子2的动能为 D．电子3的动量大小为 【答案】BCD 【详解】A．电子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得 可得 根据几何关系可知电子1的运动半径小于电子3的运动半径，则电子1的速度小于电子3的速度，根据可知电子1的动能比电子3的小，故A错误； B．电子在磁场中做匀速圆周运动的周期 结合 可得 根据题图可知电子1在磁场中运动的圆心角为，则电子1在磁场中的运动时间为，故B正确； C．设电子2运动半径为，如图所示 根据几何关系有 可得 根据可得 电子2的动能为，故C正确； D．设电子3运动半径为，如图所示 根据几何关系有 可得 根据可得 电子3的动量大小为，故D正确。 故选BCD。 2．（2025·广东·高考真题）（多选）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。 考点02 动量定理 1．（2023·广东·高考真题）（多选）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（    ）    A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为 C．滑块2受到合外力的冲量大小为 D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 【答案】BD 【详解】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为 碰撞后的动量为 则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误； B．对滑块1，取向右为正方向，则有 负号表示方向水平向左，故B正确； C．对滑块2，取向右为正方向，则有 故C错误； D．对滑块2根据动量定理有 解得 则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为，故D正确。 故选BD。 2．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 （1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。 （2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 【答案】（1）；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m 【详解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知 解得 （2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 方向竖直向上； ②头锤落到气囊上时的速度 与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向） 解得 v=2m/s 则上升的最大高度 考点03 动量守恒定律及其应用 1．（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据牛顿第二定律两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因MN系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律 若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知 解得、 因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，即两物体一起停止，则BD是错误的； 若不是弹性碰撞，则 可知碰后速度大小之比为 若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足 则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1:1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v:2v=2:1 可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A正确，C错误。 故选A。 2．（2023·广东·高考真题）（多选）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（    ）    A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为 C．滑块2受到合外力的冲量大小为 D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 【答案】BD 【详解】A．取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量为 碰撞后的动量为 则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误； B．对滑块1，取向右为正方向，则有 负号表示方向水平向左，故B正确； C．对滑块2，取向右为正方向，则有 故C错误； D．对滑块2根据动量定理有 解得 则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为，故D正确。 故选BD。 3．（2024·广东·高考真题）（多选）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　） A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C．乙的运动时间与无关 D．甲最终停止位置与O处相距 【答案】ABD 【详解】A．两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确； B．两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确； C．设斜面倾角为θ，乙下滑过程有 在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动t3，乙运动的时间为 由于t1与有关，则总时间与有关，故C错误； D．乙下滑过程有 由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有 联立可得 即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。 故选ABD。 4．（2026·广东·高考真题）如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求： (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能； (2)机器人外壳上升的最大高度 ； (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）两摆锤以初速度沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡板相碰前的速度为v，根据机械能守恒定律有 解得 摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有 解得 机器人起跳时的动能 （2）根据速度位移关系 可得机器人外壳上升的最大高度 （3）机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为，从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失 解得 5．（2021·广东·高考真题）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。 （1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a； （2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。 【答案】（1）能；（2）0.2s 【详解】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有 则甲乙滑动时的加速度大小均为 甲与乙碰前的速度v1，则 解得 v1=0.3m/s 甲乙碰撞时由动量守恒定律 解得碰后乙的速度 v3=0.2m/s 然后乙做减速运动，当速度减为零时则 可知乙恰好能滑到边框a； （2）甲与乙碰前运动的时间 碰后甲运动的时间 则甲运动的总时间为 6．（2023·广东·高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为，平台高为。药品盒A、B依次被轻放在以速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端点停下，随后滑下的B以的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为和，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：    （1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间； （2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功； （3）圆盘的圆心到平台右端点的水平距离． 【答案】（1）（2）；（3） 【详解】（1）A在传送带上运动时的加速度 由静止加速到与传送带共速所用的时间 （2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功 （3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知 解得 （另一组 舍掉） 两物体平抛运动的时间 则 解得 7．（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求： （1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和； （2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； （3）滑杆向上运动的最大高度h。 【答案】（1），；（2）；（3） 【详解】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即 当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为 （2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有 代入数据解得。 （3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有 代入数据联立解得。 1．（2026·广东深圳·三模）如图是一个碰球游戏的示意图，在水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为的管形圆轨道，a、b、c为圆上三个点，且构成等边三角形。在内部放置质量分别为和的A、B两个发光弹力球（球径略小于管径，管径远小于），开始时B球静止于a点，A球以一定的初速度向右与B球发生弹性碰撞，已知两球只有碰撞时才发光，则（     ） A．第二次碰撞前A、B球向心力之比为1：2 B．第二次碰撞前A、B球角速度之比为2：1 C．第二次发光点在c点 D．第二次发光点在a点 【答案】C 【详解】A．设第一次碰后A、B的速度分别为和，由动量守恒得 机械能守恒得 解得， 第一次碰后，A、B球向心力大小分别为， 故向心力之比为1：8，故A错误； B．线速度之比为1：2，半径相等，由得角速度之比为1：2，故B错误； CD．碰后A速度大小是B速度大小的一半，则A反向走过的路程是B顺时针走过的路程的一半时相遇。总路程为圆周长，a、b、c三等分圆周，相邻点圆心角为，从出发，A逆时针走、B顺时针走，最终都到达点，因此第二次碰撞（发光）在点，故C正确，D错误。 故选C。 2．（2025·广东深圳·模拟预测）如图所示，某同学用大腿颠足球，某时刻质量为0.45kg的足球竖直向下以3m/s的速度碰撞大腿，足球与腿接触0.2s后竖直向上以原速率反弹，重力加速度取，则在足球与腿碰撞的过程中（　　） A．足球动量变化量的大小为1.35kg·m/s B．重力的冲量大小为9N·s C．足球对大腿的冲量大小为3.6N·s D．大腿对足球的平均作用力大小为13.5N 【答案】C 【详解】A．规定竖直向上为正方向。足球初速度向下，，末速度向上，，动量变化量，故A错误； B．重力的冲量大小，故B错误； C．根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化量，即 合外力冲量由大腿对足球的冲量和重力冲量组成，规定向上为正，则 解得大腿对足球的冲量 根据牛顿第三定律，足球对大腿的冲量大小等于大腿对足球的冲量大小，为，故C正确； D．大腿对足球的平均作用力，故D错误。 故选C。 3．（2026·广东江门·一模）如图所示为一架质量为M的6轴运送快递无人机，悬停时每个轴上的螺旋桨均竖直向下吹出最大速度为v的气流，每个螺旋桨产生气流的有效横截面积均为S，空气密度为ρ，重力加速度为g，则该无人机悬停时其载货质量的最大值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】无人机在空中悬停时，六个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平衡条件有 设时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为 对向下推动的空气由动量定理 且有 联立解得 故选C。 4．（2026·广东梅州·一模）如图甲所示，在一台已调平的气垫导轨上放置了质量分别为和两个滑块、。气垫导轨两端安装了速度传感器并连接电脑进行数据处理。某次操作过程中记录下速度随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．两滑块发生的碰撞是非弹性碰撞 B．两滑块碰撞过程中动量不守恒 C．两滑块的质量之比 D．碰撞过程中两滑块所受冲量相同 【答案】A 【详解】B．两滑块碰撞过程中所受合外力为0，系统动量守恒，B错误； D．碰撞过程中两滑块所受冲量大小相等，方向相反，冲量不同，D错误； C．由题图可知碰撞前，碰撞后 根据动量守恒关系 解得，C错误； A．，设，则 碰撞前的机械能 碰撞后的机械能 因，碰撞过程中动能有损失，所以这是一个非弹性碰撞，A正确。 故选A。 5．（2026·广东·模拟预测）滑块A的质量为1kg，以5m/s的初速度沿水平面追赶正前方初速度为3m/s的滑块B并与之发生正碰后粘在一起运动，碰撞前后两个滑块的速度一时间图像如图所示。重力加速度大小，不计碰撞时间，两个滑块均看成质点。下列说法不正确的是（　　） A．两个滑块与水平面的动摩擦因数都等于0.1 B．零时刻滑块A在滑块B的正后方4m处，2s末发生碰撞 C．碰撞过程中系统动量守恒，滑块B的质量是2kg D．碰撞过程滑块B受到的冲量大小为1N·s、方向与它的运动方向相同 【答案】C 【详解】A．由图像知三段图像的斜率大小相等均为，对滑块A，根据牛顿第二定律得 代入数据得,故A正确，不符合题意； B．因为图像在2s末发生突变，则碰撞发生在2s末；由图像围成的面积表示位移，可以求出0~2s内滑块A比B多走4m，也就是零时刻A与B间的距离为4m，故B正确，不符合题意； C．因为碰撞时间极短，所以碰撞过程中总动量守恒 其中，，，代入得,故C错误，符合题意； D．根据动量定理可知， 方向与它的运动方向相同，故D正确，不符合题意。 故选C。 6．（2026·广东·一模）如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以相对车相同的位置和速度，将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球过程中（    ） A．小车始终未动 B．人、车和球组成的系统动量守恒 C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离 D．球全部落入左筐后，小车运动方向无法确定 【答案】C 【详解】AB．人、车和球系统所受的合外力不为零，但水平方向不受外力，系统水平动量守恒，球有水平向左的动量，则人和车系统获得水平向右的动量，所以人和车系统所受的合外力不为零，车在人的作用力作用下右移，故AB错误； C．设一个球的质量为m，人、车和剩余球的质量为M，人投球时到筐的水平距离为L，以水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒mv球=Mv车 则mx球=Mx车 又x球+x车=L 解得每个球在空中运动期间小车的位移，故C正确； D．当球全部投入左边的筐中时，根据系统水平方向动量守恒知，系统总动量为零，则小车的速度为零，即处于静止状态，故D错误。 故选C。 7．（2026·广东肇庆·模拟预测）（多选）A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像，若A球质量是m＝2kg，则由图判断下列结论不正确的是　（     ） A．碰撞前、后A球的动量变化量为4kg·m/s B．碰撞时A球对B球所施的冲量为4N·s C．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为20J 【答案】CD 【详解】由图可知，碰撞发生在处 碰前（）有 ， 碰后（） 共同速度 ​ 已知，动量守恒有 代入数据得 A．A球动量变化量 ，故A正确；​ B．A对B的冲量由动量守恒，系统总动量变化为0，故 由动量定理，A对B的冲量大小为，故B正确； C．碰撞前总动量 ，故C错误； D．系统损失的动能 ，故D错误。 故选CD。 8．（2026·广东广州·三模）（多选）如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员（     ） A．过程Ⅰ的动量变化量等于零 B．过程Ⅱ的动量变化量等于零 C．过程Ⅰ的动量变化量等于重力的冲量 D．过程Ⅱ的动量变化量等于合外力的冲量 【答案】CD 【详解】AC．根据动量定理可知，过程Ⅰ中动量变化量等于重力的冲量，即为I1=mgt 不为零，故A错误，C正确； B．运动员入水前的速度不为零，末速度为零，过程Ⅱ的动量变化量不等于零，故B错误； D．根据动量定理可知，过程Ⅱ的动量变化量等于合外力的冲量，故D正确。 故选CD。 9．（2026·广东佛山·三模）（多选）如图，倾角为的足够长斜面上放置三个完全相同视作质点的木箱，相邻两木箱的距离均为，木箱质量为，恰能在斜面上保持静止。现使最上方的木箱获得沿斜面向下的初速度，下滑中与其它木箱碰撞，每次碰撞后木箱都粘在一起运动。设木箱与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，碰撞时间极短，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A． B．第一次碰撞中损失的机械能 C．木箱先后经过两段的时间之比为2∶1 D．最下方木箱的最终速度为 【答案】ABD 【详解】A．根据题意木箱恰能在斜面上保持静止，则有 可得，故A正确； B．设第一次碰撞过程，根据动量守恒定律 第一次碰撞中损失的机械能 联立可得，，故B正确； C．木箱先后经过两段的时间之比为，故C错误； D．对三个木箱整体，根据动量守恒定律 可得最下方木箱的最终速度为，故D正确。 故选ABD。 10．（2026·广东佛山·三模）（多选）在建设目前世界最高花江峡谷大桥时，某起重机将质量为的构件从地面由静止竖直吊起。提升过程中，电动机提供的牵引力随时间变化规律如图。已知时刻构件恰好开始以速度匀速上升，重力加速度为，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．时间内，构件一直上升 B．时间内，构件的动能增加量等于牵引力做的功 C．时间内，牵引力的冲量为 D．构件匀速上升时，起重机输出功率为 【答案】CD 【详解】A．牵引力小于构件重力时，其静止，故A错误； B．时间内，构件的动能增加量等于牵引力和重力的合力做的功，故B错误； C．时间内，由动量定理 故，故C正确； D．构件匀速上升时，起重机的牵引力等于重力，故由，故D正确。 故选CD。 11．（2026·广东深圳·二模）（多选）将甲乙两个带电小球置于光滑绝缘水平面上的、两点，两球质量分别为、，且，带电量，电性相同，小球可视为质点，为连线中点，无穷远处电势为零。从静止开始同时释放，此后的运动过程中（　　） A．两球受到的电场力 B．甲乙球位移大小之比为 C．两球系统的电势能不断减小 D．点的电势保持不变 【答案】BC 【详解】A．甲、乙之间的电场力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律，二者大小始终相等，即，故A错误； B．光滑绝缘水平面，两球组成的系统合外力为零，动量守恒，初始总动量为零，因此任意时刻满足 则对整个过程的平均速度满足 等式两边同乘时间，得 整个运动过程的位移关系满足 因此位移之比，故B正确； C．两球电性相同，相互排斥，相互作用力方向与两球位移方向相同，因此电场力始终做正功，系统电势能不断减小，故C正确； D．电势是标量，O点的电势为两球在O点产生电势的代数和。初始时O为ab中点，两球到O的距离相等；运动后，两球向相反方向远离O点，到O的距离逐渐增大。对于正电荷，距离越大电势越低，因此两球在O点的电势均降低，总电势也随之降低。同理，对于负电荷，总电势升高，并非保持不变，故D错误。 故选BC。 12．（2026·广东汕头·二模）（多选）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。 13．（2026·广东东莞·二模）（多选）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，图像显示时刻冲击力最大为，其左侧和右侧的面积分别为和，已知，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 D．撞击前后小球动能变化量为 【答案】AD 【详解】A．由图像可知，冲击力从接触墙壁开始从逐渐增大到最大值，之后又减小到，因此撞击过程中冲击力先变大后变小，故A正确。 B．若为弹性碰撞则动能不变，即，应有，题目给出，说明，碰撞过程有动能损失，为非弹性碰撞，故B错误。 C．撞击过程总冲量等于动量变化量，方向始终不变，总冲量为，因此动量改变量大小为，故C错误。 D．动能变化量 根据动量定理, 解得 故D正确； 故选AD。 14．（2026·广东中山·三模）（多选）如图所示，光滑水平面上，质量相同的小球a、b分别以2v0、v0的速率沿同一直线相向运动，经t0时间相遇并发生正碰，碰撞时间极短。以小球a初速度方向为正方向，两小球速度v随时间t变化的图像中，可能正确的有（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】根据四个选项的可知碰前，，光滑面上两球碰撞过程满足三条规律：①动量守恒，有 ②碰撞后动能不增，有 ③碰后的速度还要符合实际情况。 A．由图像可知，，代入可得动量守恒，碰撞前后动能相等，两球均反弹符合实际情况，则A图像的碰撞可能发生，故A正确； B．由图像可知，代入可得系统动量不守恒，则B图像的碰撞不可能发生，故B错误； C．由图像可知，，代入可得动量守恒，但 即碰撞后动能增加，则C图像的碰撞不可能发生，故C错误； D．由图像可知，，代入可得动量守恒，碰撞后动能减少，a球停下b球反弹也符合实际情况，则D图像的碰撞可能发生，故D正确。 故选AD。 15．（2026·广东茂名·二模）（多选）工业上常用摆锤式冲击试验机测试材料的抗冲击性能，如图所示。质量为M=1.0 kg的摆锤，臂长L=1.0 m，初始被锁定在与水平方向成夹角30°处。解除锁定后，摆锤摆动至最低点水平冲击试样，试样质量m=50 g，碰撞时间极短，之后摆锤向左摆动。忽略摩擦和臂梁的质量及摆锤大小，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A．解锁后，摆锤摆到最低点时速度大小为5 m/s B．碰撞后，摆锤可能回到原高度 C．若碰撞为完全非弹性碰撞，冲击装置对试样的冲量大小为 D．摆锤在最低点静止后，用水平拉力将摆锤缓慢拉至锁定位置，此过程，摆锤的动量变化量为0 【答案】CD 【详解】A．摆锤在下落的过程中机械能守恒，下落在最低位置的高度 所以根据 得，A选项错误。 B．摆锤与试样发生碰撞，碰后摆锤向左摆动，试样获得动能，摆锤碰后动能小于碰前，根据能量守恒定律知，摆锤不能回到同样高度。B选项错误。 C．若碰撞为完全非弹性碰撞，则 根据动量定理，试样的冲量大小为动量的变化量，C选项正确。 D．等摆锤稳定后，实验员用水平拉力拉摆锤缓慢至原来位置，由于摆锤缓慢移动，所以所受合外力为零，则根据动量定理，合外力冲量为零，动量的变化量为零。D选项正确。 故选CD。 16．（2026·广东深圳·一模）（多选）如图甲，质量为6kg的小车静止在光滑水平面上，t＝0时刻，木块从左端滑上小车，木块和小车水平方向速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10。下列说法正确的是（　　） A．小车的长度为5m B．小车上表面动摩擦因数为0.5 C．前2s内产生的热量为15J D．前2s内摩擦力对小车的冲量大小为6N·s 【答案】ACD 【详解】A．水平面光滑，木块和小车组成的系统水平方向动量守恒： 代入已知条件，，， 解得木块质量 。 图像的面积表示位移，0~2s内： 木块位移 小车位移 2s后两者都匀速，说明木块已经滑出小车，小车长度等于相对位移： 故A正确。 B．对木块，由牛顿第二定律 木块加速度大小，得： 故B错误。 C．摩擦产生的热量等于系统动能的损失： 代入数值计算得 故 C正确。 D．对小车由动量定理，摩擦力的冲量等于小车动量变化： 故D正确。 故选ACD。 17．（2026·广东汕头·一模）（多选）两同学从相同高度以相同速率同时抛出质量相等的两沙包，沙包a水平抛出，沙包b斜向上抛出，如图所示，两个沙包运动轨迹的交点为O，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．两个沙包在O点相遇 B．两个沙包在O点时动量大小相等 C．从抛出到落地，两个沙包所受重力冲量相等 D．在空中，两个沙包的动量变化率相等 【答案】BD 【详解】A．沙包是平抛运动，竖直方向做自由落体运动；沙包是斜抛运动，竖直方向先向上减速，再向下加速。到达点时，沙包的运动时间与沙包的运动时间一定不相等，两个沙包一定不在点相遇，故A错误； B．两沙包质量相等，在点的动量大小取决于速度大小。根据动能定理可知两个沙包运动到点的速度大小相等，故动量大小相等，故B正确； C．从抛出到落地，两个沙包一个做平抛运动，一个做斜抛运动，运动时间由竖直方向的运动决定，两个沙包运动时间不相同，故重力的冲量不相同，故C错误； D．在空中，两个沙包均只受重力作用，所以动量变化率等于重力，即动量变化率相等，故D正确。 故选BD。 18．（2026·广东东莞·二模）如图所示，在光滑的水平面上有一半径R=0.3m的圆形边界，圆心处放置一质量M=2kg，高h=0.2m，横截面半径r=0.2m的圆柱形滑块A。滑块A底面圆心与圆形边界圆心重合。质量m=1kg的滑块B（可视为质点）平放在滑块A顶部圆心处。重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。 (1)若滑块A与滑块B间接触面光滑，现使滑块A瞬时获得一沿半径方向的水平速度，能使滑块B落地时滑块A恰好完全滑出圆形边界。求滑块A获得的水平速度v1； (2)若滑块A与滑块B间的动摩擦因数µ=0.5，现使滑块A瞬时获得一沿半径方向的水平速度v2，能让滑块B落在圆形边界外。求速度v2的取值范围。 【答案】(1)1.5m/s (2) 【详解】（1）滑块B自由下落阶段，滑块A位移为 设滑块B自由落体的时间为t1，则有， 解得 （2）若滑块A、B共速分离时，滑块B滑落，有， 解得， 对滑块B，根据牛顿第二定律可得 滑块B落地时的位移为 解得 则滑块B落在圆形边界外，若滑块A、B分离时未共速，滑块B在滑块A上运动的时间为t2，且滑块B恰好滑落到圆形边界上，对滑块B，有 滑块A，有，，，， 解得 综合可得速度v2的取值范围为。 19．（2026·广东深圳·二模）农家院里，木柴上竖直放置着金属滑杆，滑杆最下端为圆锥形，滑杆上套着金属滑块，如图甲所示。将滑块从处由静止释放，在处与滑杆发生碰撞（时间极短），碰后滑杆开始向下嵌入木柴。滑块反弹速度，到达最高点前滑杆已经静止。滑杆始终竖直，嵌入深度。滑块与滑杆间滑动摩擦力大小，滑块质量，滑杆质量，距离，滑杆嵌入木柴过程中受到木柴阻力随深度的变化关系如图乙所示，重力加速度取，不计空气阻力。求： (1)滑块下滑过程中，木柴对滑杆的支持力大小； (2)碰撞前瞬间滑块的速度大小； (3)木柴对滑杆阻力的最大瞬时值。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块下滑时，滑杆保持静止，竖直方向受力平衡，有 代入数据解得 （2）滑块从到下滑过程，由动能定理得 代入数据解得 （3）滑块和滑杆组成的系统动量守恒，取向下为正方向，有 代入数据解得碰撞后滑杆的速度为 滑杆向下嵌入木柴过程，阻力随深度线性变化，平均阻力为 对滑杆，根据动能定理有 代入数据解得 20．（2026·广东惠州·一模）如图（a）所示，一科研小组计划研究某小型无人机的发射性能，将质量为的小型无人机装载到质量为的母机上，系统在竖直向上的恒定升力作用下，从地面静止起飞，经时间后系统速度为，此时母机发射筒内的少量火药在极短时间内释放化学能，使无人机瞬间以的速度与母机竖直向上分离，之后将作用在母机上的恒定升力调整为，同时，风洞装置对母机施加如图（b）所示的水平风力（以系统静止起飞时为计时起点），为常量，忽略空气阻力和系统质量的变化，重力加速度，求： (1)恒定升力的大小； (2)分离后，母机还需多长时间落地； (3)母机落地时的水平距离与的关系。 【答案】(1) (2) (3)当时，；当时， 【详解】（1）系统从静止开始匀加速运动，后速度为，由运动学公式得加速度 对整体（总质量）由牛顿第二定律 解得 （2）分离过程动量守恒，设分离后母机速度为，无人机速度为，有 解得，方向向上。 分离前系统上升的高度 分离后母机质量，升力为，由牛顿第二定律（向下为正） 解得，方向向下。 设分离后落地时间为，位移向下为，由运动学公式 解得正根（负根舍去） （3）水平方向内，水平位移为0； 分离后母机水平加速度，分离后总运动时间为，分两种情况： 当分离后全程受水平风力，水平位移 当风力作用秒后，剩余秒水平匀速； 前秒位移，秒末速度，匀速位移 总位移 21．（2026·广东茂名·二模）某校科技小组模拟导弹拦截系统设计了一个实验装置。如图甲所示，发射系统安装在距地面高度h=10 m的塔台顶端，其内部有一弹簧可将距离O点0.1 m的质量为的“导弹A”水平向右发射，弹簧恰在O点恢复原长。其弹力F与形变量x的关系如图乙所示。拦截系统位于发射系统O点正下方水平距离l=4 m地面处，当“导弹A”从O点射出，拦截系统质量为的“导弹B”经过t1=0.1 s的反应时间和t2=0.1 s的加速时间后，竖直向上射出实施拦截。假设发射与拦截过程发生在同一竖直平面内，“导弹A”“导弹B”均视为质点，空气阻力、“导弹A”与发射系统以及“导弹B”与拦截系统之间摩擦力均忽略不计，重力加速度g=10 m/s2.求： (1)“导弹A”离开发射系统时的速度； (2)“导弹B”要在空中击中“导弹A”，竖直向上射出时的初速度； (3)拦截系统对“导弹B”的平均推力。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由图可知，发射系统对A做功为 根据动能定理得 解得 （2）对“导弹A”进行运动分析，水平方向 竖直方向 解得， “导弹B”上升的高度 “导弹B”上升时间 由 解得 （3）发射“导弹B”过程，根据动量定理 解得 22．（2026·广东广州·一模）如图，某排球运动员练习垫球。每次在同一位置垫球后，排球离开手臂竖直向上运动，上升h后又落回原位置。排球的质量为m，上升和下降过程中，空气阻力大小恒为f，重力加速度为g。 (1)排球从离开手臂到再次落回手臂的过程中，求： i.排球在空中运动的时间； ii.空气阻力的冲量大小和方向。 (2)若排球与手臂接触时间为Δt，且接触过程中空气阻力冲量可忽略，求手臂触球过程中，排球对手臂的平均作用力大小。 【答案】(1)i.；ii.，竖直向上 (2) 【详解】（1）i.设排球离开手臂后的上升时间为t1，下降时间为t2 根据牛顿第二定律，上升过程有​ 根据位移时间公式有   根据牛顿第二定律，下降过程有​ 根据位移时间公式有   联立解得排球在空中运动时间     ii.取竖直向上为正方向，阻力总冲量​ 解得 因t2 >t1，故，所以阻力总冲量方向竖直向上。 （2）设竖直向上为正方向，对于手臂接触排球的过程，根据动量定理有 其中，   联立解得     根据牛顿第三定律，排球对手臂的平均作用力大小等于 23．（2026·广东梅州·一模）如图所示，一位同学用容积2.0L的可乐瓶制作“水导弹”。可乐瓶及瓶身装饰物总质量。可乐瓶固定在架子上，与水平地面夹角成，瓶内装入0.5L水后密封，初始气体压强为1atm。用打气筒进行打气，每次打入0.4L、1atm的空气，当瓶内气压达5atm时，活塞脱落，水高速喷出，可乐瓶射出。已知水的密度，忽略空气阻力、可乐瓶体积变化和瓶内外空气温度变化，忽略发射前瓶身离地高度，重力加速度取。求： (1)要使可乐瓶底部的活塞脱落至少打气多少次； (2)若活塞脱落后，水以全部喷出，可乐瓶的水平射程是多少。（忽略空气喷射的影响） 【答案】(1)15 (2)40m 【详解】（1）由题意知，可乐瓶的容积，瓶中水的体积，设需要打气次，每次打入的体积为 据玻意耳定律 解得 （2）瓶内水的质量 水喷出过程中，水与瓶系统动量守恒 解得 瓶做斜抛运动， 设瓶上升到最高点所用时间为，根据速度时间关系 可乐瓶水平方向匀速直线运动 解得 24．（2026·广东广州·模拟预测）如图所示，在一个工业生产设备模拟实验中，可视为质点的质量均为1kg的A、B两木块放在粗糙水平面PQ两端，P、Q间距，A、B与水平面PQ间的动摩擦因数均为。某时刻A以的初速度向右滑行，与B发生碰撞后粘在一起沿光滑斜面QM上滑至转动的传送带MN上，其中M点上方有一个光滑的弧形轨道，可使两木块从斜面进入水平传送带而无能量损失。MN长，传送带距光滑水平地面高，A、B与传送带间的动摩擦因数均为，之后A、B从N点水平飞出，不计空气阻力，重力加速度，假设各段平滑衔接，传动轮半径相对传送带的长度很小可忽略。 (1)求A、B碰后的速度大小； (2)讨论传送带的速度与A、B从抛出到落地的水平距离的关系； (3)若A、B落至光滑地面后不反弹，则A、B与地面接触过程中的动量变化量大小与传送带速度是否有关并证明。 【答案】(1)4m/s (2)（i）传送带顺时针转动，当时，当时，当时；（ii）传送带逆时针转动 (3)，即 A、B与地面接触过程中的动量变化量大小与传送带速度无关。 【详解】（1）A从P点到Q点过程，由动能定理得 A、B碰撞后粘在一起，则mv1=2mv2 解得A、B碰后的速度大小v2=4m/s （2）对A、B，从Q点到M点过程，由机械能守恒定律 解得vM= 情况1：传送带顺时针转动 若传送带速度，则、所受摩擦力向左，做减速运动，假设刚好减速到传送带端，则，解得 若传送带速度，则、所受摩擦力向右，做加速运动，假设刚好加速到传送带端，则，解得 、离开传送带后做平抛运动，竖直方向有 解得 讨论：当时， 当时， 当时， 情况2：传送带逆时针转动，摩擦力方向与A、B运动方向相反，A、B一直减速，则，可得 则，水平距离固定，与传送带速度无关。 （3）A、B与地面接触过程中的动量变化量 由（2）可得无论传送带速度怎样，A、B均能做平抛运动，则 解得，所以A、B与地面接触过程中的动量变化量大小与传送带速度无关。 25．（2025·广东佛山·一模）如图所示，长度L = 45cm，质量M = 2kg的小车静止在光滑水平面上，其右端C点用挡板固定一劲度系数k = 3600N/m的弹簧，弹簧原长l0 = 20cm，静止时左端在小车上的B点，质量为m1 = 1kg的物块放在B点，小车BC段光滑，AB段与物块间动摩擦因数μ = 0.5，重力加速度g = 10m/s2，不计空气阻力及挡板厚度。现有m0 = 10g的子弹以v0 = 400m/s的初速度射向物块，并在极短时间内将其击穿。离开物块后的子弹不再与系统发生相互作用，物块在小车上运动将其视做质点（忽略物块经过B点时摩擦力的渐变过程）。 (1)若将小车固定，子弹射穿物块后，物块继续向右运动（此过程物块与小车间没有摩擦力），向右运动的最大距离为d = 5cm，已知弹簧弹性势能Ep与形变量x的关系为：Ep = kx2，求子弹刚离开物块时物块获得的速度v1。 (2)将物块放到小车左端的A点，不固定小车，该子弹以同样的速度射向物块，求弹簧的最大弹性势能Ep。 (3)若物块的质量未知，但总能被子弹击穿并获得同样的动能，分析并讨论物块最终稳定在小车上的位置到A点的距离xA与物块质量m的关系式。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）子弹穿过物块后，整个过程只有弹力做功，根据功能关系可得 代入数据解得子弹刚离开物块时物块获得的速度 （2）物块从A到B的过程中，根据动能定理可得 代入数据解得 系统动量守恒则有 解得 根据能量守恒可得，弹簧的最大弹性势能为 （3）物块总能被穿过，且获得同样的动能，则物块获得的动能为 则系统总动量 已知小车质量M = 2kg。当物块与小车最终稳定（相对静止、弹簧恢复原长）时，共同速度为v终，根据动量守恒有p = (m＋M)v终 则 最终物块与小车的相对路程s相，满足 联立解得 若s相 ≤ L－l0 = 0.25m，则xA = s相，代入解得 若L－l0 ≤ s相 ≤ 2(L－l0) = 0.5m，则xA = 0.5－s相，代入解得 综上物块最终稳定在小车上有 2 / 5 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 动量 6年真题1年模拟 考点分类 广东考情 命题解读与创新考法 考点01 动量与冲量 近6年考2次。动量与冲量的考查聚焦于碰撞情境中的动量定理应用，从传统算盘到现代汽车安全装置，体现"Δp=F·Δt"的核心思想。 【命题解读】算盘题考查碰撞过程中算珠的动量变化与受力时间的关系。安全气囊题考查延长碰撞时间以减小冲击力的动量定理应用。 【创新考法】动量定理的实际应用：安全气囊通过延长Δt减小F，体现物理原理在工程设计中的应用。 考点02 动量守恒定律 近6年考2次。动量守恒考查从单一碰撞→多次碰撞、从一维→多维延伸，强调系统选取与守恒条件判断。 【命题解读】多次碰撞题考查每次碰撞前后的动量守恒与能量损失分析。系统选取是解题关键：正确选取研究对象才能应用动量守恒。 【创新考法】多次碰撞的递推分析：每次碰撞后速度递减，需建立递推关系。 考点01 动量 1．【答案】BCD 2．【答案】AB 考点02 动量定理 1．【答案】BD 2．【答案】（1）；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m 【详解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知 解得 （2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 方向竖直向上； ②头锤落到气囊上时的速度 与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向） 解得 v=2m/s 则上升的最大高度 考点03 动量守恒定律及其应用 1．【答案】A 2．【答案】BD 3．【答案】ABD 4．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）两摆锤以初速度沿外壳向上运动，与挡板相碰前，摆锤机械能守恒。设摆锤与挡板相碰前的速度为v，根据机械能守恒定律有 解得 摆锤与挡板相碰后与机器人一起运动，根据动量守恒定律有 解得 机器人起跳时的动能 （2）根据速度位移关系 可得机器人外壳上升的最大高度 （3）机器人外壳落到地面时，机器人外壳的速度立即变为0，根据竖直上抛运动的对称性可知摆锤速度大小为，从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失 解得 5．【答案】（1）能；（2）0.2s 【详解】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有 则甲乙滑动时的加速度大小均为 甲与乙碰前的速度v1，则 解得 v1=0.3m/s 甲乙碰撞时由动量守恒定律 解得碰后乙的速度 v3=0.2m/s 然后乙做减速运动，当速度减为零时则 可知乙恰好能滑到边框a； （2）甲与乙碰前运动的时间 碰后甲运动的时间 则甲运动的总时间为 6．【答案】（1）（2）；（3） 【详解】（1）A在传送带上运动时的加速度 由静止加速到与传送带共速所用的时间 （2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功 （3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知 解得 （另一组 舍掉） 两物体平抛运动的时间 则 解得 7．【答案】（1），；（2）；（3） 【详解】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即 当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为 （2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有 代入数据解得。 （3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有 代入数据联立解得。 1．【答案】C 2．【答案】C 3．【答案】C 4．【答案】A 5．【答案】C 6．【答案】C 7．【答案】CD 8．【答案】CD 9．【答案】ABD 10．【答案】CD 11．【答案】BC 12．【答案】AC 13．【答案】AD 14．【答案】AD 15．【答案】CD 16．【答案】ACD 17．【答案】BD 18．【答案】(1)1.5m/s (2) 【详解】（1）滑块B自由下落阶段，滑块A位移为 设滑块B自由落体的时间为t1，则有， 解得 （2）若滑块A、B共速分离时，滑块B滑落，有， 解得， 对滑块B，根据牛顿第二定律可得 滑块B落地时的位移为 解得 则滑块B落在圆形边界外，若滑块A、B分离时未共速，滑块B在滑块A上运动的时间为t2，且滑块B恰好滑落到圆形边界上，对滑块B，有 滑块A，有，，，， 解得 综合可得速度v2的取值范围为。 19．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）滑块下滑时，滑杆保持静止，竖直方向受力平衡，有 代入数据解得 （2）滑块从到下滑过程，由动能定理得 代入数据解得 （3）滑块和滑杆组成的系统动量守恒，取向下为正方向，有 代入数据解得碰撞后滑杆的速度为 滑杆向下嵌入木柴过程，阻力随深度线性变化，平均阻力为 对滑杆，根据动能定理有 代入数据解得 20．【答案】(1) (2) (3)当时，；当时， 【详解】（1）系统从静止开始匀加速运动，后速度为，由运动学公式得加速度 对整体（总质量）由牛顿第二定律 解得 （2）分离过程动量守恒，设分离后母机速度为，无人机速度为，有 解得，方向向上。 分离前系统上升的高度 分离后母机质量，升力为，由牛顿第二定律（向下为正） 解得，方向向下。 设分离后落地时间为，位移向下为，由运动学公式 解得正根（负根舍去） （3）水平方向内，水平位移为0； 分离后母机水平加速度，分离后总运动时间为，分两种情况： 当分离后全程受水平风力，水平位移 当风力作用秒后，剩余秒水平匀速； 前秒位移，秒末速度，匀速位移 总位移 21．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由图可知，发射系统对A做功为 根据动能定理得 解得 （2）对“导弹A”进行运动分析，水平方向 竖直方向 解得， “导弹B”上升的高度 “导弹B”上升时间 由 解得 （3）发射“导弹B”过程，根据动量定理 解得 22．【答案】(1)i.；ii.，竖直向上 (2) 【详解】（1）i.设排球离开手臂后的上升时间为t1，下降时间为t2 根据牛顿第二定律，上升过程有​ 根据位移时间公式有   根据牛顿第二定律，下降过程有​ 根据位移时间公式有   联立解得排球在空中运动时间     ii.取竖直向上为正方向，阻力总冲量​ 解得 因t2 >t1，故，所以阻力总冲量方向竖直向上。 （2）设竖直向上为正方向，对于手臂接触排球的过程，根据动量定理有 其中，   联立解得     根据牛顿第三定律，排球对手臂的平均作用力大小等于 23．【答案】(1)15 (2)40m 【详解】（1）由题意知，可乐瓶的容积，瓶中水的体积，设需要打气次，每次打入的体积为 据玻意耳定律 解得 （2）瓶内水的质量 水喷出过程中，水与瓶系统动量守恒 解得 瓶做斜抛运动， 设瓶上升到最高点所用时间为，根据速度时间关系 可乐瓶水平方向匀速直线运动 解得 24．【答案】(1)4m/s (2)（i）传送带顺时针转动，当时，当时，当时；（ii）传送带逆时针转动 (3)，即 A、B与地面接触过程中的动量变化量大小与传送带速度无关。 【详解】（1）A从P点到Q点过程，由动能定理得 A、B碰撞后粘在一起，则mv1=2mv2 解得A、B碰后的速度大小v2=4m/s （2）对A、B，从Q点到M点过程，由机械能守恒定律 解得vM= 情况1：传送带顺时针转动 若传送带速度，则、所受摩擦力向左，做减速运动，假设刚好减速到传送带端，则，解得 若传送带速度，则、所受摩擦力向右，做加速运动，假设刚好加速到传送带端，则，解得 、离开传送带后做平抛运动，竖直方向有 解得 讨论：当时， 当时， 当时， 情况2：传送带逆时针转动，摩擦力方向与A、B运动方向相反，A、B一直减速，则，可得 则，水平距离固定，与传送带速度无关。 （3）A、B与地面接触过程中的动量变化量 由（2）可得无论传送带速度怎样，A、B均能做平抛运动，则 解得，所以A、B与地面接触过程中的动量变化量大小与传送带速度无关。 25．【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）子弹穿过物块后，整个过程只有弹力做功，根据功能关系可得 代入数据解得子弹刚离开物块时物块获得的速度 （2）物块从A到B的过程中，根据动能定理可得 代入数据解得 系统动量守恒则有 解得 根据能量守恒可得，弹簧的最大弹性势能为 （3）物块总能被穿过，且获得同样的动能，则物块获得的动能为 则系统总动量 已知小车质量M = 2kg。当物块与小车最终稳定（相对静止、弹簧恢复原长）时，共同速度为v终，根据动量守恒有p = (m＋M)v终 则 最终物块与小车的相对路程s相，满足 联立解得 若s相 ≤ L－l0 = 0.25m，则xA = s相，代入解得 若L－l0 ≤ s相 ≤ 2(L－l0) = 0.5m，则xA = 0.5－s相，代入解得 综上物块最终稳定在小车上有 2 / 5 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 动量 6年真题1年模拟 考点分类 广东考情 命题解读与创新考法 考点01 动量与冲量 近6年考2次。动量与冲量的考查聚焦于碰撞情境中的动量定理应用，从传统算盘到现代汽车安全装置，体现"Δp=F·Δt"的核心思想。 【命题解读】算盘题考查碰撞过程中算珠的动量变化与受力时间的关系。安全气囊题考查延长碰撞时间以减小冲击力的动量定理应用。 【创新考法】动量定理的实际应用：安全气囊通过延长Δt减小F，体现物理原理在工程设计中的应用。 考点02 动量守恒定律 近6年考2次。动量守恒考查从单一碰撞→多次碰撞、从一维→多维延伸，强调系统选取与守恒条件判断。 【命题解读】多次碰撞题考查每次碰撞前后的动量守恒与能量损失分析。系统选取是解题关键：正确选取研究对象才能应用动量守恒。 【创新考法】多次碰撞的递推分析：每次碰撞后速度递减，需建立递推关系。 考点01 动量 1．（2026·广东·高考真题）（多选）如图是一种长方体电子磁谱仪结构示意图，磁谱仪内存在磁感应强度大小为、方向垂直底面向上的匀强磁场，磁场区域长为、宽为。电子束中有三个电子通过准直器后垂直左侧面沿边缘进入磁场，偏转后分别到达磁谱仪三个侧面，与边缘的距离分别为、和，电子电荷量为、质量为，不考虑相对论效应，下列说法正确的有（     ） A．电子1的动能比电子3的大 B．电子1在磁场中的运动时间为 C．电子2的动能为 D．电子3的动量大小为 2．（2025·广东·高考真题）（多选）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 考点02 动量定理 1．（2023·广东·高考真题）（多选）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（    ）    A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为 C．滑块2受到合外力的冲量大小为 D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 2．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 （1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。 （2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 考点03 动量守恒定律及其应用 1．（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（2023·广东·高考真题）（多选）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1施加一个水平向右的恒力，推动滑块1以的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（    ）    A．该过程动量守恒 B．滑块1受到合外力的冲量大小为 C．滑块2受到合外力的冲量大小为 D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 3．（2024·广东·高考真题）（多选）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从、高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（　　） A．甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B．碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C．乙的运动时间与无关 D．甲最终停止位置与O处相距 4．（2026·广东·高考真题）如图是一种球形机器人跳跃原理的示意图，水平横轴过球心点与外壳固定，外壳上的两挡板位于过点的水平线上，两质量均为的摆锤，由长均为的不可伸长轻绳悬挂于轴上的点，初始时刻，两摆锤同时以水平初速度从最低点向相反方向摆动，直至与两挡板发生碰撞，碰撞时间极短，随后带动外壳以共同速度竖直向上运动，机器人到达最高点后落回地面瞬间，外壳立即静止，两摆锤速度不变，与挡板分离，继续向下运动，已知机器人（含摆锤）总质量为，，，。重力加速度取，忽略空气阻力，摆锤可视为质点，求： (1)摆锤与挡板碰撞后瞬间，机器人的动能； (2)机器人外壳上升的最大高度 ； (3)从摆锤开始运动到第一次外壳落地静止过程中的机械能损失。 5．（2021·广东·高考真题）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。 （1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a； （2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。 6．（2023·广东·高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为，平台高为。药品盒A、B依次被轻放在以速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端点停下，随后滑下的B以的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为和，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，AB在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：    （1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间； （2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功； （3）圆盘的圆心到平台右端点的水平距离． 7．（2022·广东·高考真题）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求： （1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和； （2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； （3）滑杆向上运动的最大高度h。 1．（2026·广东深圳·三模）如图是一个碰球游戏的示意图，在水平桌面上固定一个内壁光滑的半径为的管形圆轨道，a、b、c为圆上三个点，且构成等边三角形。在内部放置质量分别为和的A、B两个发光弹力球（球径略小于管径，管径远小于），开始时B球静止于a点，A球以一定的初速度向右与B球发生弹性碰撞，已知两球只有碰撞时才发光，则（     ） A．第二次碰撞前A、B球向心力之比为1：2 B．第二次碰撞前A、B球角速度之比为2：1 C．第二次发光点在c点 D．第二次发光点在a点 2．（2025·广东深圳·模拟预测）如图所示，某同学用大腿颠足球，某时刻质量为0.45kg的足球竖直向下以3m/s的速度碰撞大腿，足球与腿接触0.2s后竖直向上以原速率反弹，重力加速度取，则在足球与腿碰撞的过程中（　　） A．足球动量变化量的大小为1.35kg·m/s B．重力的冲量大小为9N·s C．足球对大腿的冲量大小为3.6N·s D．大腿对足球的平均作用力大小为13.5N 3．（2026·广东江门·一模）如图所示为一架质量为M的6轴运送快递无人机，悬停时每个轴上的螺旋桨均竖直向下吹出最大速度为v的气流，每个螺旋桨产生气流的有效横截面积均为S，空气密度为ρ，重力加速度为g，则该无人机悬停时其载货质量的最大值为（　　） A． B． C． D． 4．（2026·广东梅州·一模）如图甲所示，在一台已调平的气垫导轨上放置了质量分别为和两个滑块、。气垫导轨两端安装了速度传感器并连接电脑进行数据处理。某次操作过程中记录下速度随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A．两滑块发生的碰撞是非弹性碰撞 B．两滑块碰撞过程中动量不守恒 C．两滑块的质量之比 D．碰撞过程中两滑块所受冲量相同 5．（2026·广东·模拟预测）滑块A的质量为1kg，以5m/s的初速度沿水平面追赶正前方初速度为3m/s的滑块B并与之发生正碰后粘在一起运动，碰撞前后两个滑块的速度一时间图像如图所示。重力加速度大小，不计碰撞时间，两个滑块均看成质点。下列说法不正确的是（　　） A．两个滑块与水平面的动摩擦因数都等于0.1 B．零时刻滑块A在滑块B的正后方4m处，2s末发生碰撞 C．碰撞过程中系统动量守恒，滑块B的质量是2kg D．碰撞过程滑块B受到的冲量大小为1N·s、方向与它的运动方向相同 6．（2026·广东·一模）如图所示，小车静止在光滑水平面上，站在车上的人以相对车相同的位置和速度，将右边筐中的球一个一个地投入左边的筐中。假设球入筐的位置相同且入筐后即静止，忽略空气阻力，则在投球过程中（    ） A．小车始终未动 B．人、车和球组成的系统动量守恒 C．每个球在空中运动期间小车将向右移动相同距离 D．球全部落入左筐后，小车运动方向无法确定 7．（2026·广东肇庆·模拟预测）（多选）A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前的位移随时间变化的图像，c为碰撞后两球共同运动的位移随时间变化的图像，若A球质量是m＝2kg，则由图判断下列结论不正确的是　（     ） A．碰撞前、后A球的动量变化量为4kg·m/s B．碰撞时A球对B球所施的冲量为4N·s C．A、B两球碰撞前的总动量为3kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为20J 8．（2026·广东广州·三模）（多选）如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ，运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ，忽略空气阻力，则运动员（     ） A．过程Ⅰ的动量变化量等于零 B．过程Ⅱ的动量变化量等于零 C．过程Ⅰ的动量变化量等于重力的冲量 D．过程Ⅱ的动量变化量等于合外力的冲量 9．（2026·广东佛山·三模）（多选）如图，倾角为的足够长斜面上放置三个完全相同视作质点的木箱，相邻两木箱的距离均为，木箱质量为，恰能在斜面上保持静止。现使最上方的木箱获得沿斜面向下的初速度，下滑中与其它木箱碰撞，每次碰撞后木箱都粘在一起运动。设木箱与斜面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，碰撞时间极短，重力加速度为，下列说法正确的是（　　） A． B．第一次碰撞中损失的机械能 C．木箱先后经过两段的时间之比为2∶1 D．最下方木箱的最终速度为 10．（2026·广东佛山·三模）（多选）在建设目前世界最高花江峡谷大桥时，某起重机将质量为的构件从地面由静止竖直吊起。提升过程中，电动机提供的牵引力随时间变化规律如图。已知时刻构件恰好开始以速度匀速上升，重力加速度为，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．时间内，构件一直上升 B．时间内，构件的动能增加量等于牵引力做的功 C．时间内，牵引力的冲量为 D．构件匀速上升时，起重机输出功率为 11．（2026·广东深圳·二模）（多选）将甲乙两个带电小球置于光滑绝缘水平面上的、两点，两球质量分别为、，且，带电量，电性相同，小球可视为质点，为连线中点，无穷远处电势为零。从静止开始同时释放，此后的运动过程中（　　） A．两球受到的电场力 B．甲乙球位移大小之比为 C．两球系统的电势能不断减小 D．点的电势保持不变 12．（2026·广东汕头·二模）（多选）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 13．（2026·广东东莞·二模）（多选）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，图像显示时刻冲击力最大为，其左侧和右侧的面积分别为和，已知，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 D．撞击前后小球动能变化量为 14．（2026·广东中山·三模）（多选）如图所示，光滑水平面上，质量相同的小球a、b分别以2v0、v0的速率沿同一直线相向运动，经t0时间相遇并发生正碰，碰撞时间极短。以小球a初速度方向为正方向，两小球速度v随时间t变化的图像中，可能正确的有（　　） A． B． C． D． 15．（2026·广东茂名·二模）（多选）工业上常用摆锤式冲击试验机测试材料的抗冲击性能，如图所示。质量为M=1.0 kg的摆锤，臂长L=1.0 m，初始被锁定在与水平方向成夹角30°处。解除锁定后，摆锤摆动至最低点水平冲击试样，试样质量m=50 g，碰撞时间极短，之后摆锤向左摆动。忽略摩擦和臂梁的质量及摆锤大小，重力加速度g=10 m/s2。下列说法正确的是（　　） A．解锁后，摆锤摆到最低点时速度大小为5 m/s B．碰撞后，摆锤可能回到原高度 C．若碰撞为完全非弹性碰撞，冲击装置对试样的冲量大小为 D．摆锤在最低点静止后，用水平拉力将摆锤缓慢拉至锁定位置，此过程，摆锤的动量变化量为0 16．（2026·广东深圳·一模）（多选）如图甲，质量为6kg的小车静止在光滑水平面上，t＝0时刻，木块从左端滑上小车，木块和小车水平方向速度随时间变化的图像如图乙所示，g取10。下列说法正确的是（　　） A．小车的长度为5m B．小车上表面动摩擦因数为0.5 C．前2s内产生的热量为15J D．前2s内摩擦力对小车的冲量大小为6N·s 17．（2026·广东汕头·一模）（多选）两同学从相同高度以相同速率同时抛出质量相等的两沙包，沙包a水平抛出，沙包b斜向上抛出，如图所示，两个沙包运动轨迹的交点为O，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．两个沙包在O点相遇 B．两个沙包在O点时动量大小相等 C．从抛出到落地，两个沙包所受重力冲量相等 D．在空中，两个沙包的动量变化率相等 18．（2026·广东东莞·二模）如图所示，在光滑的水平面上有一半径R=0.3m的圆形边界，圆心处放置一质量M=2kg，高h=0.2m，横截面半径r=0.2m的圆柱形滑块A。滑块A底面圆心与圆形边界圆心重合。质量m=1kg的滑块B（可视为质点）平放在滑块A顶部圆心处。重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。 (1)若滑块A与滑块B间接触面光滑，现使滑块A瞬时获得一沿半径方向的水平速度，能使滑块B落地时滑块A恰好完全滑出圆形边界。求滑块A获得的水平速度v1； (2)若滑块A与滑块B间的动摩擦因数µ=0.5，现使滑块A瞬时获得一沿半径方向的水平速度v2，能让滑块B落在圆形边界外。求速度v2的取值范围。 19．（2026·广东深圳·二模）农家院里，木柴上竖直放置着金属滑杆，滑杆最下端为圆锥形，滑杆上套着金属滑块，如图甲所示。将滑块从处由静止释放，在处与滑杆发生碰撞（时间极短），碰后滑杆开始向下嵌入木柴。滑块反弹速度，到达最高点前滑杆已经静止。滑杆始终竖直，嵌入深度。滑块与滑杆间滑动摩擦力大小，滑块质量，滑杆质量，距离，滑杆嵌入木柴过程中受到木柴阻力随深度的变化关系如图乙所示，重力加速度取，不计空气阻力。求： (1)滑块下滑过程中，木柴对滑杆的支持力大小； (2)碰撞前瞬间滑块的速度大小； (3)木柴对滑杆阻力的最大瞬时值。 20．（2026·广东惠州·一模）如图（a）所示，一科研小组计划研究某小型无人机的发射性能，将质量为的小型无人机装载到质量为的母机上，系统在竖直向上的恒定升力作用下，从地面静止起飞，经时间后系统速度为，此时母机发射筒内的少量火药在极短时间内释放化学能，使无人机瞬间以的速度与母机竖直向上分离，之后将作用在母机上的恒定升力调整为，同时，风洞装置对母机施加如图（b）所示的水平风力（以系统静止起飞时为计时起点），为常量，忽略空气阻力和系统质量的变化，重力加速度，求： (1)恒定升力的大小； (2)分离后，母机还需多长时间落地； (3)母机落地时的水平距离与的关系。 21．（2026·广东茂名·二模）某校科技小组模拟导弹拦截系统设计了一个实验装置。如图甲所示，发射系统安装在距地面高度h=10 m的塔台顶端，其内部有一弹簧可将距离O点0.1 m的质量为的“导弹A”水平向右发射，弹簧恰在O点恢复原长。其弹力F与形变量x的关系如图乙所示。拦截系统位于发射系统O点正下方水平距离l=4 m地面处，当“导弹A”从O点射出，拦截系统质量为的“导弹B”经过t1=0.1 s的反应时间和t2=0.1 s的加速时间后，竖直向上射出实施拦截。假设发射与拦截过程发生在同一竖直平面内，“导弹A”“导弹B”均视为质点，空气阻力、“导弹A”与发射系统以及“导弹B”与拦截系统之间摩擦力均忽略不计，重力加速度g=10 m/s2.求： (1)“导弹A”离开发射系统时的速度； (2)“导弹B”要在空中击中“导弹A”，竖直向上射出时的初速度； (3)拦截系统对“导弹B”的平均推力。 22．（2026·广东广州·一模）如图，某排球运动员练习垫球。每次在同一位置垫球后，排球离开手臂竖直向上运动，上升h后又落回原位置。排球的质量为m，上升和下降过程中，空气阻力大小恒为f，重力加速度为g。 (1)排球从离开手臂到再次落回手臂的过程中，求： i.排球在空中运动的时间； ii.空气阻力的冲量大小和方向。 (2)若排球与手臂接触时间为Δt，且接触过程中空气阻力冲量可忽略，求手臂触球过程中，排球对手臂的平均作用力大小。 23．（2026·广东梅州·一模）如图所示，一位同学用容积2.0L的可乐瓶制作“水导弹”。可乐瓶及瓶身装饰物总质量。可乐瓶固定在架子上，与水平地面夹角成，瓶内装入0.5L水后密封，初始气体压强为1atm。用打气筒进行打气，每次打入0.4L、1atm的空气，当瓶内气压达5atm时，活塞脱落，水高速喷出，可乐瓶射出。已知水的密度，忽略空气阻力、可乐瓶体积变化和瓶内外空气温度变化，忽略发射前瓶身离地高度，重力加速度取。求： (1)要使可乐瓶底部的活塞脱落至少打气多少次； (2)若活塞脱落后，水以全部喷出，可乐瓶的水平射程是多少。（忽略空气喷射的影响） 24．（2026·广东广州·模拟预测）如图所示，在一个工业生产设备模拟实验中，可视为质点的质量均为1kg的A、B两木块放在粗糙水平面PQ两端，P、Q间距，A、B与水平面PQ间的动摩擦因数均为。某时刻A以的初速度向右滑行，与B发生碰撞后粘在一起沿光滑斜面QM上滑至转动的传送带MN上，其中M点上方有一个光滑的弧形轨道，可使两木块从斜面进入水平传送带而无能量损失。MN长，传送带距光滑水平地面高，A、B与传送带间的动摩擦因数均为，之后A、B从N点水平飞出，不计空气阻力，重力加速度，假设各段平滑衔接，传动轮半径相对传送带的长度很小可忽略。 (1)求A、B碰后的速度大小； (2)讨论传送带的速度与A、B从抛出到落地的水平距离的关系； (3)若A、B落至光滑地面后不反弹，则A、B与地面接触过程中的动量变化量大小与传送带速度是否有关并证明。 25．（2025·广东佛山·一模）如图所示，长度L = 45cm，质量M = 2kg的小车静止在光滑水平面上，其右端C点用挡板固定一劲度系数k = 3600N/m的弹簧，弹簧原长l0 = 20cm，静止时左端在小车上的B点，质量为m1 = 1kg的物块放在B点，小车BC段光滑，AB段与物块间动摩擦因数μ = 0.5，重力加速度g = 10m/s2，不计空气阻力及挡板厚度。现有m0 = 10g的子弹以v0 = 400m/s的初速度射向物块，并在极短时间内将其击穿。离开物块后的子弹不再与系统发生相互作用，物块在小车上运动将其视做质点（忽略物块经过B点时摩擦力的渐变过程）。 (1)若将小车固定，子弹射穿物块后，物块继续向右运动（此过程物块与小车间没有摩擦力），向右运动的最大距离为d = 5cm，已知弹簧弹性势能Ep与形变量x的关系为：Ep = kx2，求子弹刚离开物块时物块获得的速度v1。 (2)将物块放到小车左端的A点，不固定小车，该子弹以同样的速度射向物块，求弹簧的最大弹性势能Ep。 (3)若物块的质量未知，但总能被子弹击穿并获得同样的动能，分析并讨论物块最终稳定在小车上的位置到A点的距离xA与物块质量m的关系式。 2 / 5 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $