专题七 动量及其守恒定律-【创新教程】2024-2026三年高考物理真题分类特训试卷

专题七动量及其守恒定律 考点1 1.C矢量是既有大小又有方向的物理量，所以动量是失 量，而质量、速率、动能只有大小没有方向，是标量。 2.BDA.根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15s时， 蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运 动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误； BC,根据题图可知运动员从t=0.30s离开蹦床到t= 2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s,根据竖直上抛运 动的对称性可知，运动员上升时间为1s,则在t=1,3s时， 运动员恰好运动到最大高度处，t=0.30s时运动员的速 度大小o=10×1m/s=10m/s,故B正确，C错误；D.同理 可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s,以竖直向上 为正方向，根据动量定理F·△t一mg·△t=m0一（一mw), 其中△t=0.38, 代入数据可得F=4600N, 根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开 过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,故D正确. 考点2 1.ADM、N质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，则t。 时刻两物块碰后瞬间M的速度为，N的速度为0，M与 斜面间的动摩擦因数为tanB、N与斜面间无摩擦，则碰 后M微匀速直线运动，N微加建度大小为a=号的匀加 速直线运动，从M、N第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞 前瞬间的过程，两物块位移相等，设该过程运动时间为 △4，尉有=a(△，)，解得△，=2，则3，时刻 M、N发生第二次碰撞，碰前瞬间M的速度为，N的速 度为'=a△t1=20,所以第二次碰后瞬间M的速度为0 =2V,N的速度为，同理可得M、N从第二次碰撞后瞬 问到第三次碰撞前山：=方a(△：)°十△1，解得△ =2t。,所以5t。时刻发生第三次碰撞，第三次碰前瞬间 M的速度为t=2u,N的速度为t”=u十a△t2=30,对比 选项中图像可知AD正确，BC错误. 2.DP、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mp十 Nw=pvp'十mwN', 即mp(p-p')=mN('-N), 根据图像可知(p一n')>(N'一y),故mp<mN; 同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQQ十 mNUx=mavQ'+mN Ux', mg (va-vg')=mx (Ux-Ux), 根据图像可知(a一a'）<(w'-v),故mQ>mN:故 mQ>N>mp.故选D. 3.B根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上 动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后 A球水平速度为心，B球水平速度为，则有mu=m0 十m2 碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守板定律有子m心- 1 vi+m 联立解得U1=,2=0, 小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h= 11 解得t=2s, 可知，碰撞后，小球A运动t{=1s落地，则水平方向上 有x=t， 解得0=3.0m/s. 4.A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AUA=mg℃， 设弹簧的初始弹性势能为E,,整个系统只有弹簧弹力做 功，机减能守恒，当弹簧原长时得￡，=弓m,©十 合吃，联立得B=(巴十m小，故可知弹爱原长 时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。 5.解析：(1)从抛出至球壳与天花板相碰，小球和球壳一起 做竖直上抛运动，末速度大小设为， 根据速度位移关系式有一2=2gh 解得v=1m/s 球壳与天花板发生弹性碰撞后以原速率反弹，然后向下 做匀加速直线运动，小球继续上升，设小球直径为d,从 球壳与天花板碰撞后到小球与球壳第1次碰撞，小球与 球壳的位移大小之和为D一d,则ur十之g(△》+ [vx-Z8(S):]-D-d 解得d=0.05m (2)设球壳质量为M,小球质量为，球壳与小球发生第 1次碰撞前速度分别为10410 以竖直向下为正方向，则 1o=v十g△t=2m/8,41o=一0十g△t=0 球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为1山 由动量守恒定律有M1o十mu1o=Mu1十m11 由机械能守恒定律有 Mw+7nun=合M+muu 碰后速度差的大小△v=u1一1=2m/s(拓展：发生弹 性碰撞，恢复系数c=二L=1）) 010一010 第1次碰撞后，球壳与小球均做加速度向下、大小为g 的匀变速直线运动，设两次碰撞时间间隔为△t1,两者的 相对速度大小始终为|△=2m/s,两者的相对位移大 小为D一d,有D一d=△v·△t 解得△t1=0.1s (3)设球壳与小球发生第2次碰撞前速度分别为、 u20,y2o=U11十g△t1、u2o=u11十g△t1, 球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为1、山1 由动量守恒定律有Muo十mu2o=M21十m21 由机械能守恒定律有 Me+mw=M+mu 解得△=U21一u21=2m/s 由(2)问分析可知相邻两次碰撞的时间差都为△t=0.18 以此类推： 第1次碰前至第8次碰前经历的时间为7△1=0.7s, Mu1o+mg×7△t=Mw1+m(v+2)m/s 1a=2m/s,01=6m/s 代人解得M:m=1:3 则可推导出所有速度如表所示（速度均为/s,十向上， 向下) 碰前 碰前 碰后 碰后 碰撞序号 时刻 壳速 球速 壳速 球速 天花板碰 0 -1 +1 ① 0.1 -2 0 +1 -1 ② 0.2 0 -2 -3 -1 ③ 0.3 -4 -2 -1 -3 ④ 0.4 -2 -4 -5 -3 ⑤ 0.5 -6 -4 -3 -5 ⑥ 0.6 -4 -6 -7 -5 ⑦ 0.7 -8 -6 -5 -7 ⑧ 0.8 -6 -8 -9 -7 ⑨ 0.9 -10 -8 -7 -9 ⑩ 1.0 -8 -10 -11 -9 ① 1.1 -12 -10 -9 -11 利用上表壳速，每段0.1s匀变速，位移△)y=61十2 at,逐段累加球壳位置： 时段 壳初速 位移 累加位置y 0-0.18 -1 -0.15 5.975 0.1→0.2s +1 +0.05 6.025 0.20.3s -3 -0.35 5.675 0.3→0.4s -1 -0.15 5.525 0.40.5s -5 -0.55 4.975 0.5→0.6s -3 -0.35 4.625 0.6>0.7s -7 -0.75 3.875 0.70.8s -5 -0.55 3.325 0.8>0.9s -9 -0.95 2.375 0.9→1.0s -7 -0.75 1.625 1.0>1.1s -11 -1.15 0.475 t=1.1s(第①次碰前)球壳质心位于y=0.475m. 此时碰撞后壳速度为一9m/s(见上表①碰后)，随后匀 加速下降至触地（质心触地高度0.125m),下落距离△h =0.475m-0.125m=0.35m, 由运动学公式可知地=√g+2X10X0.35m/s=√88m/s, 则球壳首次碰地时速度大小为√88m/s. 答案：(1)0.05m(2)2m/s0.1s (3)√88m/s 6.解析：(1)加速阶段，由动能定理有(F-mg)h=2mv, 解得℃m=25m/s. (2)减速阶段，由动量定理得一 (mg-mg: =0一mvm’ 解得t=3s. 答案：(1)um=25m/s(2)t=3s 11 7.解析：(1)甲从释放位置到A点的过程中满足机械能守 恒，有mgh=了n心 可得甲第一次到达A点时的速度大小。=√2g. (2)第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为心，乙速度 为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒：。 =mv+kmv:2 m+mkm 200 解得乙弹性碰撞后速度：心：一十k' 对乙由动量定律，合外力冲量等于乙动量变化：I=m心2 -0, 代入，=V2gh,得：1=26m√2g 1+k ,1-k)% (3)由以上分析可得碰后甲速度心=(1十 要求第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道且在水 平轨道完磁碰撞，考虑临界情况： ①碰后甲乙均向右运动，且乙由斜面回到水平轨道时恰 好发生第二次碰撞， (1-k)>0, 则有01二1十k 可得0<k1, 报据这动关系总一合十？侣 其中a在斜面上的加速度a=gsin, 可得k≈0.81， 由此临界情况可判断k满足的关系式可以为0.81≤k 1. ②碰后甲静止，乙向右运动后返回碰撞位置再次发生碰 撞满足题意，此时=1， ③碰后甲向左运动，乙向右运动且乙速度较大，当甲运 动到A点时，乙从斜面返回恰好撞到甲， 则有=1十发 (1-k)∠0， 可得k>1, 根据运动关春气融+？二， 解得k≈1.2， 由此临界情况可判断k满足的关系式可以为1<k12. ④碰后甲向左运动，乙向右运动且甲速度较大，当甲运 动到B,点时恰好追上乙发生碰撞， 则有01三 (1-k)<0, 1十k 可得k>1, 根据运动关系十2一心=， 解得k≈20.1， 由此临界情况可判断k满足的关系式可以为≥20.1， 综合上述四种情况可得k满足的关系式0.81k1.2 或k≥20.1 答案：V2R(2)V2Rh（8)见解析 8.AD根据题意可知，初始时弹簧处于原长，释放后瞬间， 弹簧形变量不变，即弹簧弹力为0，设释放后瞬间轻绳上 的拉力大小为T,对P整体，由牛顿第二定律有T一g =ma 对Q,由牛顿第二定律有2mg一F=2ma, 联立解得a=了8，F=音mg,故A正确，B错误；根据题 意，把物块N、P、Q看成整体，左边受向下的力为2mg, 右边也受向下的2mg,整体合力为零，由动量守恒定律 有my=(m+2m)xpa, 则有m0t=(m十2m)pat, 可得m.xN=(m+2m)xpQ, 解得N=3rQ,xN=3xpQ 设释放后N下降的最大距离为=A,则0=子，北 时弹簧形变量为△=h十？h, 1 由能量守恒定律有mgh十2mg·3h一mg·3 h =26(Ax2. 解得h=3mg 2k, 释放后N的速度最大时为=。，则有pQ=3 =30m' 又有k△x2=mg· 解得a,=爱△=十=3a 别有2-3限-紧， 由能量守恒定律有mgxN′+2mg·xpa'一mg·xo'= 2x,)+2m+2m+2m(3）广， 1 部程.=受√要，故C错误，D正痛 9.解析：(1)由于OM为轨道直径，则A从M点以℃A= 1m/s的速率沿轨道运动至位于O,点的缺口的过程，运 动半个圆周，由圆周运动规律可得A在轨道内运动的时 同为1=×-积-8 A在简内做平地运动后恰好紧贴圆筒下底面边沿穿出， 设A在筒内做平抛运动的时间为t',则由平抛运动规律 可得H=方R r=vat 联立解得H=5m. (2)(i)由于A运动至缺口时，S1恰好转过ON位置，随 后A未与叶片碰撞，从圆筒下底面边沿穿出时，S,恰好 转至ON位置，则结合题图乙可知在A在简内做平抛运 劳的时网内，叶片结动？号个用期，即1=言×日 又由(1)问分析可得t'=1s 解得a=专rad/s (ⅱ)物体在内力作用下突然分成A、B两部分并弹开有 mAUA=mBUB 则mA=U, m B 由于B未与筒壁碰撞，则有xB=g·1=4≤r=1m, m 且A运动至缺口时，S,恰好转过ON位置，则以此时为 时间基准，则B从M到0所用的时间△1=迟=迟=3 UB UA (品一小要使B运动至缺口后能从任意两个叶片同的 区域穿过圆筒，则B运动到O时S!或S:或S:要运动 到ON反向的位置，则叶片特过的角度=音+三·女 (k=0,1,2,3,…) B不与叶片碰撞必须满足△t= 11 6 解得0g=7十27m/s)(6=01.2,3,…) mg7+2kk=0,1,2,3,…) 则mA=」 6 答案：1)3s5m(2(1)学ad/s(i)72- 6 0,1,2,3,…) 10.解析：(1)根据机械能守恒定律有mgL=2m0, 解得小球接触地面瞬间的速度的大小=√2gL (2)设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为B,如 图所示 设此时小琼的速度为，根据机械能守恒定律 mgL(1-cos B)=1 m0i, vi 对小球，根据牛顿第二定律mgcos B=m元： 2 2gL 解得cosB=3w√3· 此时小球水平方向分速度1=℃1C0sB, 竖直方向分速度心，1=sinB, 竖直方向，根据速度位移关系心一=2 gLcos B, 小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值 tana= √23 联立解得tana= 2 (3)(1)设其中一部分的质量为m,则另一部分质量为 km。,如图所示 90 a 根据动量守恒定律有km,sin6=msin9,k,cos日 +mo U:cos 0=mv, 弹射装置释放的能量E=宁m,砖+子风心-子m, 联立可得E= LikcosmgL. (1+k)2 (ⅱ)根据数学知识可知，当k=1时，E最小为Em =mgLtan'0. 即有my2sin9=mov sin,mcos日+v3cos日= 1 1 m,Emin= m,心+2m心- 2m2, 2v,sin a 2v sin a 两小球同时落地，运动时间为t= g g 可得||=|， 两小球的距离d=2sin日·t, 由ana=压可得sn√号， 23 2 联立可得d=号V丽Lian 答案：1)u=V√2gL(2)1ana=2图 (3)(i)E= r(1+k) 4kcos0 -1mgL: (i )d=8 69Ltan 11.解析：(1)C下摆过程，由机械能守恒定律有 megL(1-cos60°)=1 me6, 解得u。=3m/s, C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有c℃ =mc十m,7m花=名m呢+号mA, 联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小℃a=1.2m/s. (2)A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为x。时，以向左 为正方向，由动量守恒定律有mAUA=mBUg十mAA, 解得a'=1ms, 由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有 m或=7m”+号m呢+mg(2 1 解得a=0.28. 答案：(1)vA=1.2m/s(2)μ=0.28 12.解析：(1)P球到达第1个平台时，由机械能守恒定律有 MaA,=子M, 解得p1=√2gh,, P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 Men=Men'+mei',2Me=合Mo1+合mei, 解得1′= 3 5 UPI= p1=5√/2gh。,0,'=8 SV2gh。 8 (2)(i)1球到达第2个平台时，由动能定理有mg(h: -)=2m(i-1), 128。 解得u气√25gh,+2gh:-h1), 1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 128 解得u,'=0,w'√25h,+2gh:-h) 可知两球速度交换； (ⅱ)设P球到达第个平台时的速度为，与第个平 台处的1球碰撞后的速度为'，则P球从第k一1个平台 发生第k一1次碰撞后到第k个平台碰撞前，由动能定理 Mgh:-么)=合M(-函-n)D, P球在第k个平台与1球碰撞，由动量守恒、机械能守 证，由之前计算结果的规律，可知m'一子c:②， 联立D@可得5”-0，=2gh,-A. 由数学知议，可知碳一吕g:一A)是等比数列，公比 9 为9=25 所以有n? 88h:-h1) =()【m-a-： 解得Up √（）·2+--(号)"门 13 (川)经分析，只需考虑P球，每次都要越过最高点，则 对于任意k(k≤N),由能量关系有2M品>Mgh, 即（层）·2g,+8g-h) [1-(3)]>2gh 1 h1)>2gh1, 别（号）"[a。-骨gh:-]是长的减画数，故 k十©o时， ()[爱 名8h:-九，门趋近于零，（号） 【院，君g:-a门十骨g-h)>2a,化商 为骨gh:-A,)≥2 9 解得九1≤25· 答案：号V2gh,号V2 128 (2)(i)0√23gh,+2gh,-h) ·2+8%-(号)] (i)h≤号： 13.解析：(1)已知F=5N,M=4kg,m=1kg,设木板与地 面间的动摩擦因数为，有F=(M十m)g, 当机器人被提起后，对木板受力分析，由牛顿第二定律 有F-Mg=Ma, 由运动学规律可知，机器人被提起的t=2s内，木板的 位移满足x=1叶2ad, 解得x=2.5m. (2)机器人被放回木板时木板的速度为v=u,十at, 从机器人被放回木板到它们相对静止（此时它们共速） 的过程中，在恒力F=5N的作用下，木板和机器人组 成的系统受力平衡，水平方向动量守恒，有。十Mo= (m十M)共， 该过程中，对机器人由动能定理有 w,=m-md, 解得W,=0.48J 答案：(1)2.5m(2)0.48J 考点3 1.BD爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3m℃1=m℃2， B与C碰撞过程动量守恒m心，=6m, 联立解得℃=0.501· 1 爆炸后瞬间A的动能Ea=2·3m·, 1 D的初动能ED=2·6m·(0.5u)广，两者不相等，故A 错误；D水平滑动过程中摩擦力做功为W;=一μ·6mg ·=一-·6mg·么=一6mgh,微平抛运动过程中重 力做功为W。=6mgh,故D从开始运动到落地瞬间合外 力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时 的动能相等，故B正确： D物块平抛过程有么=弓g品=兰，联立可得 1 sin 2h' D水平滑动过程中根据动能定理有-6mgh=2·6mu 1 ·6mu2, 8 化商释矿=头+2： 弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程 的能量为E=号·3m听+合·m=24mf= 2(景+2x）=保m(+亲)成C话民，D正 故选BD, 2.解析：(1)根据题意可知，小球从开始下落到P,点处过程 中，水平方向上动量守恒，则有my=M, 由能量守恒定律有mgh=合m听+号Md 2 联立解得y=6m/s,0,=3m/s, 即小球速度为6m/s,方向水平向左，大物块速度为 号m/s,方向水手向右： (2)由于小球落在物块正上方，并与其粘连，小球竖直 方向速度变为0，小球和物块水平方向上动量守恒，则 有y1=(m+m.)y 解得0=2m/s, 设当弹簧形变量为x时物块b的固定解除，此时小球和 物块a的速度为℃：，根据胡克定律F=kx1, 系统机械能守恒子(m十m)G=合(m十m)d十 合， 联立解得y,=1m/s,x1=0.3m, 固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守 恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定 律有(m十mn)u=(m十m.十m) 解得认=号m/s,方向水平向左. 由能量守恒定徐可得，最大弹性势能为E=子(m十 m成+合-名m+风+m,城=号 2 答案：(1)6m/s,3m/s (2)号m/s,号J 3.解析：(1)P、Q发生正碰，由动量守恒定律m,=mvQ 由能量守恒定律2m或=子m,6十2m。+AE, 联立可得a=3.5m/s,△E=24.5J; (2)对物块P受力分析由牛顿第二定律m1g=m1a,物 块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式一命= 2al2,p=v一at1,解得vp=5m/s, 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t1=0.4s, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则1=pt2,解 得t=0.6s,物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公 式一2=2al,vp=你l一at,解得=1m/s, 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为t3=0.8s, 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则L1=t, 解得t,=3s, 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由 运动学公式0=pe一at， 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t,=0.2s, 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t=t1十t2十t: 十t+t=5s. 答案：(1)24.5J(2)5s 1 专题八静电场 考点1 1.A由图像可知在0~号间存在一点，设坐标为x,诚探 电荷在此处受到的静电力为零，可知两，点电荷带同种电 荷，根据库仑定律有，Qug kQxg (a+xy=(a-,) 由于(a十x)>(a-x)2,故可得引Q>lQxl: 根据图像可知在x=0处时，试探电荷受到的静电力沿x 轴的正向，根据前面分析由于|QM>|Qx,在x=0处 时，试探电荷到两点电荷间的距离相等，可知试探电荷 在此处受到的静电力的合力方向与点电荷QM对试探电 荷的静电力的方向相同，故可知QM>0. 2.ABD对两球进行受力分析，设两球间的库仑力大小为 F,与轨道的倾角为日，对甲球根据平衡条件有FN1cOs日 =mg,F=FN1sin+Eq① 对乙球有FN2cosf=2mg,FN2sinf=F+2Eg, 联立解得F=4Eg② 是离鼎 1 同时有F之，解得E一条故AB正： L 若将甲、乙互换位置，若二者仍能保持静止，同理可得对 甲有FN'cosf=mg,FN'sinf=F+Eg, 对乙有FNe'cosf=2mg,FN2'sin9+2Eg=F, 联立可得F+4Eq=0,无解，假设不成立，故C错误； 若撮去甲，对乙球根据动能定理2mg·台m0-2正·号 =·2m 根据前面分析由①②可知an日=3Eg, mg 联立解得C,故D正确.故选ABD。 3.AD[命题，点]不等量同种 ,点电荷的场强的叠加 点电荷在O点产生的场强方 向如图所示。将5个场强沿 2 x、y轴分解可得E,=E,cos 54°+E,cos18°-E,c0s18° 2464⊙54⊙4g E,c0s54°=-2g(2c0s54+ 18o 189 R cos18°)，E,=E1sin54°+ E5sin54°-E2sin18°-E:sin 18°-E3= 9sin54°一sin18°-=0，根据场强叠加原理可知 0点电场强度方向沿工轴负方向，大小为2g(2c0s54°+ cos18),A、D正确. 4.D由于M点与A点关于带电细 杆对称，故细杆在A处产生的电场 强度大小E=E,=,方向竖直向 a 上，B、C两小球在A处产生的合均 E M 强E'=290s30°=g,故A点 a a B 的电场强度大小E=E合十E= (W3+3)g,D正确. 9最新真题 专题七 动量及其守恒定律 分类特训 [考点1]动量、冲量和动量定理 1.(2024·辽宁卷，1)2024年5月3日长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移 轨道，火箭升空过程中，以下描述的物理量属于矢量的是 A.质量 B.速率 C.动量 D.动能 2.(2024·全国甲卷，20)（多选）蹦床运动中，体重为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对蹦床 郑 作用力大小F与时间t的关系如图所示.假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床 接触时蹦床水平.忽略空气阻力，重力加速度大小取10/s2.下列说法正确的是 FIN 将 0 0.51.0 1.5 2.0 2.5t/s A.t=0.15s时，运动员的重力势能最大 B.t=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s C.t=1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处 D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N 的 [考点2]动量守恒定律(1) 1.(2026·山东卷，11)（多选）如图所示，质量相等的两个小物块M和N,M恰 杯 好静止于倾角为0的固定斜面上，N从斜面上某位置由静止释放，t。时刻以 速度v与M发生弹性碰撞.已知M与斜面间动摩擦因数为tanO,最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，N与斜面间无摩擦，碰撞时间极短，斜面足够长，下列描述M、N速度规 律的M一t、oN-t图像正确的是 3v 3 20 2v 如 0 to 3to 5to t 4to 5to t 4to 5to O to 3to 5to t 御 A C D 2.(2025·河南卷，7)两小车P、Q的质量分别为mp和mo,将它们分别与小车N沿直线做碰撞实 验，碰撞前后的速度？随时间t的变化分别如图1和图2所示.小车N的质量为m、,碰撞时间 极短，则 () Q N 器 N 碰撞前 碰撞后 碰撞前 碰撞后 0 图1 图2 A.me>my>mo B.my>mp>ma C.mo>mp>mN D.mo>mN>mp 3.(2025·甘肃卷，4)如图，小球A从距离地面20m处自由下落，1s末恰好 被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3.两球质量相 同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10/s2,则碰撞前小球B的速 B 20m 度大小为 ( A.1.5m/s B.3.0m/s C.4.5m/s D.6.0m/s 21 4.(2024·江苏卷，9)在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个 静止的物体B,左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连 B 接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳 后，则 A.弹簧原长时物体动量最大 B.压缩最短时物体动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 5.(2026·河南卷，l5)如图，水平地面上的球壳内下端有一小球，球壳的直径D=ww 0.25m,上端距天花板的距离为h=6m.现以。=11m/s的初速度把球壳连 同小球一起竖直向上抛出，球壳与天花板碰撞后经过△=0.1s,小球与球壳发 h 生第1次碰撞.所有的碰撞均为弹性碰撞，时间极短，不计球壳厚度和空气阻 力，重力加速度大小取g=10m/s2. 0 (1)求小球的直径； (2)求小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小，及它们前两次碰撞的时间间隔； (3)若小球与球壳第8次碰撞前瞬间球壳的速度大小为0，=6/s,求球壳首次碰地时的速度 大小. 6.（2026·黑吉辽蒙卷，13)某科研机构设计了模拟月球重力环境的实验塔，简化模型 如图所示.在竖直向上的电磁力F=3×104N的驱动下，质量m=500kg的实验舱 由静止开始沿塔身竖直向上做匀加速直线运动，上升h=6.25m时，立即减小电 磁力，使实验舱向上做匀减速直线运动.减速过程中，舱内水平台面上的设备所受 支持力为其重力的。，从而模拟月球重力环境.不计摩擦力与空气阻力，取重力加 速度g=10m/s2.求上升过程中 (1)实验舱的最大速度0m； (2)舱内处于模拟的月球重力环境的时间t. 22 7.(2026·湖北卷，15)在如图所示的竖直平面内，固定在 甲 水平地面上的光滑轨道由两倾角均为30°的足够长轨 道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为A、B.质 130° h□ h 30 量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高h处，质 A 乙B 量为km的小物块乙静止在水平轨道上，乙到A、B两点的距离均为h.现静止释放甲，所有碰 撞均为弹性正碰，重力加速度大小为g,不计空气阻力， (1)求甲第一次到达A点时的速度大小. (2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小. (3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道、求k 满足的关系式（不求具体数值）， [考点2]动量守恒定律(2) 8.(2026·陕晋青宁卷，10)（多选）如图，物块N、P、Q的质量分别为m、m、 ailcllllletclllclllltlll 2,Q通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与P连接，P 与位于正下方的N用劲度系数为k的轻弹簧相连.初始时托住N和Q, 使弹簧处于原长，三个物块均静止.现同时无初速度释放N和Q,运动 中，物块均视为质点且不与滑轮相碰，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限 度内，弹性势能E。=2kx(x为形变量)，重力加速度大小为g.则 A,释放后瞬间Q的加速度大小为号 B.释放后瞬间轻绳上的拉力大小为mg C.释放后N下降的最大距离为3m 4 k D.释放后N的速度最大值为g3m 21k 9.(2026·山东卷，17)如图甲所示，半径r=1m的圆筒竖直放 置，上下底面圆心分别为O和O',筒内有三个互成120°角且可 M 以绕OO'转动的竖直矩形叶片S、S,和S3,叶片与圆筒上下齐 平、宽度等于圆筒半径，V为圆筒的上底面边沿一点.圆筒上底 S2 面固定一半径R=3m的水平圆形轨道、轨道上有一长度可忽 70S1 略的缺口位于O点，OM为轨道直径，且OM⊥OV;在轨道的 M点放置一小物体，某时刻该物体在内力作用下突然分成A、B 图甲 图乙 两部分并弹开，其质量分别为mA、mB.A以vA=1m/s的速率沿轨道运动至缺口进入圆筒，在 筒内做平抛运动后恰好紧贴圆筒下底面边沿穿出.已知重力加速度大小g=10m/s2,忽略空气 阻力及一切摩擦，轨道、圆筒和叶片的厚度均忽略不计 23 (1)求A在轨道内运动的时间t及圆筒高度H; (2)若叶片以恒定角速度ω顺时针转动，且A运动至缺口时，S,恰好转过OV位置，如图乙所 示，随后A未与叶片碰撞，从圆筒下底面边沿穿出时，S2恰好转至ON位置. (i)求角速度ω； (ⅱ)若B运动至缺口后能从任意两个叶片间的区域穿过圆筒，且未与叶片及筒壁碰撞，求mΛ 10.（2026·湖南卷，15)如图，长为L的轻杆竖直放置，上端固定一质量为m的小球，下端连接于 水平地面上某固定点，杆可绕该点无摩擦转动.小球内部安装了质量不计的智能弹射装置.受 轻微扰动后，小球和杆从静止开始一起运动，当两者间弹力为0时，小球脱离轻杆，重力加速 度为g,不计空气阻力 (1)求小球接触地面瞬间的速度的大小； (2)求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值； (3)小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度大小相等、方向相反，水平方向分速度相等.碰撞后 瞬间，智能弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成两部分，两部分速度方向均与小球分裂前 瞬间的速度方向成0角(0已知，且0<0<α).设两部分质量之比为，弹射装置释放的能量 为E. (1)求E与k的关系； (ⅱ)当E最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，求两部分第一次落地点的间距d. 24 11.(2026·黑吉辽蒙卷，14)如图，光滑水平面上一质量mA=0.4 kg的木板，其右端通过轻弹簧连接质量mB=0.1kg的物块， 此时弹簧伸长量x。=0.1m,物块和木板均静止.质量mc=0. 1kg的小球（可视为质点）通过长L=0.9m的轻绳悬于O B M 点.小球从绳与竖直方向成0=60°处由静止释放，摆至最低点 时与木板右端发生弹性碰撞，时间极短.取重力加速度g=10m/s2. (1)求碰撞后瞬间木板的速度大小？A· (2)弹簧的压缩量第一次为x。时，物块速度大小为=0.8m/s,方向向左.求木板与物块间 的动摩擦因数以. 12.(2026·云南卷，15)某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和 V个相同的不对称“倒V”形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内.入口端 与第一个“倒V”形管道左端高度差为h。,每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差 分别为h,和h2(h1<h2).每个“倒V”形管道的左端均静置1个质量为m的弹球，自上而下依 次编号为1,2,3，…，V.开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为M=4m的弹球P.所有弹 球的直径均略小于管道内径，不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损 失和空气阻力，所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，重力加速度为g. 第一个“倒V形管道 出口 (1)求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P和1号弹球各自的速度大小； (2)已知：每个弹球在被上方弹球碰撞后，与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞，且所 有弹球（包括P)都能到达出口。 (ⅰ)求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1、2号弹球各自的速度大小； (ⅱ)求弹球P与1号弹球第k(k<V)次碰撞后瞬间的速度大小； ()若N足够大，且，>需：一4，)，求A:与之间应满足的关系。 25 13.(2026·河北卷，14)如图所示，质量为4kg的木板上放有一 1 m/s 个质量为1kg的机器人，木板始终受到水平向右、大小为5 N的恒力作用.初始时木板与机器人一起以1/s的速度 母 5N 沿水平地面向右匀速运动.机器人正上方有一个沿竖直方777777777万 向可以伸缩、水平向右速度恒为1m/s的机械夹爪.某时刻夹爪将机器人向上提起，2s后放 回木板，同时夹爪缩回，机器人在摩擦力的作用下最终与木板相对静止.g取10m/s2,机器人 可视为质点，机器人被提起和放下瞬间竖直方向速度均为零.求 (1)机器人被提起的2s内，木板位移的大小 (2)从机器人被放回木板到与木板相对静止的过程中，摩擦力对机器人所做的功. 26 [考点3]动力学三大观点的综合应用 1.(2025·湖南卷，10)（多选）如图，某爆炸能量测量装置由装AB CD) 载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标准测量件，其 滑轨 规格可以根据测量需求进行调整.滑轨安装在高度为h的水 装载 台 平面上.测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块A和 B封装，装载台与滑轨等高.引爆后，假设弹药释放的能量完 全转化为A和B的动能.极短时间内B嵌入C中形成组合体D,D与滑轨间的动摩擦因数为 4.D在滑轨上运动s距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2,根据52可计算出弹药释放的能 量.某次测量中，A,B,C质量分别为3m、m、5m,s1=么，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻 力，重力加速度大小为g.则 ( ) A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B.D的初动能与其落地时的动能相等 C.弹药释放的能量为36mg1+号 4h2 D.弹药释放的能量为48mgh 2.(2025·山东卷，17)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物 体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同 h 一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖 直方向.小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁 aAawwx2nmnnnnn 定.一质量m=号kg的小球自Q点正上方方=2m处自由下 落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a,与a粘在一起且不弹起.当弹簧拉 力达到F=15N时，b解除镇定开始运动.已知a的质量m,=1kg,b的质量m,=kg,方形物 体的质量M=号kg,重力加速度大小g=10m/g,弹簧的劲度系数6=50Nm,整个过程弹簧均 在弹性限度内，弹性势能表达式E,一x(红为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力，求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小℃1、2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Em 27 3.(2025·河南卷，14)如图，在一段水平光滑直道上每间隔11=3m 铺设有宽度为12=2.4m的防滑带.在最左端防滑带的左边缘静 止有质量为m1=2kg的小物块P,另一质量为2=4kg的小物 000 块Q以=7m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间 极短.已知碰撞后瞬间P的速度大小为v=7m/s,P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5， 重力加速度大小g=10m/s2.求： (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间 的 烯 28