专题21 动量守恒定律及其应用（专项训练）（浙江专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 专题以动量守恒定律为核心，分基础、重难、真题三模块，按判断、碰撞、爆炸与反冲、人船模型题型系统编排，构建从概念辨析到综合应用的逻辑链条，渗透运动和相互作用观念与模型建构思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |模拟·基础演练|4题型各5题|聚焦单一模型判断与应用，结合受力分析（如摩擦对系统影响）|从守恒条件判断（概念）→碰撞/爆炸/反冲（应用场景）→人船模型（位移关系），层层递进| |重难·创新演练|5题|结合x-t图像、多过程问题，融合能量转化分析|整合动量守恒与机械能、运动学知识，提升科学推理能力| |真题·实战演练|2高考题|综合传送带、圆弧轨道等复杂场景，考查综合应用|对接高考命题趋势，强化守恒定律在实际问题中的迁移应用|

专题21 动量守恒定律及其应用（专项训练） 目录 模拟·基础演练 1 ⏳题型01 动量守恒定律的判断 1 ⏳题型02 动量守恒定律的应用 碰撞 5 ⏳题型03 爆炸与反冲 9 ⏳题型04 人船模型 15 重难·创新演练 20 真题·实战演练 26 模拟·基础演练 考查重点：动量守恒定律的判断 动量守恒定律应用 碰撞 人船 ⏳题型01 动量守恒定律的判断 1. 如图所示，A、B两物体质量之比为3：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法正确的是（     ） A．若A、B与平板的动摩擦因数相等，A、B组成的系统动量守恒 B．若A、B与平板的动摩擦因数相等，A、B组成的系统整体有向左运动的趋势 C．若A、B与平板的动摩擦因数不相等，A、B、C组成的系统动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C组成的系统动量不守恒 【答案】C 【详解】A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，若A、B两物体仍静止，则A、B两物体动量守恒。若A、B两物体发生滑动，A、B两物体受到的摩擦力不同，系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，故A错误； B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，若A、B两物体仍静止，则A、B两物体没有向左的运动趋势。若A、B两物体发生滑动，A、B两物体受到的摩擦力不同，A所受向右的摩擦力较大，B所受向左的摩擦力较小，则A、B组成的系统所受合外力向右，故整体有向右的运动趋势，故B错误； C D．由于地面光滑，A、B、C组成的系统所受合外力为0，A、B、C组成的系统动量守恒。动量守恒需要系统受到的合外力为零，与系统内的内力无关，A、B、C之间的摩擦力为内力，故D错误、C正确； 故选C。 2. （多选）如图所示，质量均为、带电荷量均为的三个带电小球A、B、C放置在绝缘光滑水平面上，它们的连线所构成的等边三角形边长为，同时由静止释放这三个小球，在运动过程中它们彼此间的连线始终与刚释放时保持平行，小球看成质点，小球之间始终遵守库仑定律。已知以无限远处为电势零点，距离电荷量为的点电荷处的电势为，其中为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点电势的代数和。下列说法正确的是（     ） A．当三角形面积变为初态的倍时，A球的加速度大小变为初态的 B．释放后A、B、C系统的动量守恒 C．释放瞬间A、B、C系统所具有的电势能为 D．当三角形边长变为初态的倍时，B球的速度大小为 【答案】BC 【详解】A．当三角形面积变为初态的倍时，由面积公式 可知边长变为初态的倍，根据库仑定律 库仑力变为初态的，根据牛顿第二定律，球的加速度变为初态的，故A错误； B．系统所受合外力为零，释放后、、系统的动量守恒，故B正确； C．系统所具有的电势能为每对电荷间电势能之和，共有对，即，故C正确； D．当三角形边长变为初态的倍时，根据能量守恒定律有 解得，故D错误。 故选BC。 3. （多选）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（），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，下列判断正确的是（     ） A．A球和B球组成系统的动量守恒 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．k越大，细绳拉力的大小越接近A球所受重力的大小 D．细绳对A球拉力做的功等于A球机械能的增加量 【答案】BD 【详解】A．对A、B组成的系统，所受合外力为 由于，即，合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误； B．同一根轻绳拉力大小处处相等，作用时间相同，根据可知细绳对A球拉力冲量的大小等于细绳对B球拉力冲量的大小，故B正确； C．对系统应用牛顿第二定律有 对A球有 联立解得 当越大时，越接近2，即拉力越接近，而不是，故C错误； D．根据功能关系，除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，对A球而言，只有重力和拉力做功，故细绳对A球拉力做的功等于A球机械能的增加量，故D正确； 故选BD。 4. （多选）如图所示是双星系统，双星之间的距离为，双星做圆周运动的周期为，不计其他天体对双星的影响，引力常量为，下列说法正确的是（　　） A．双星系统的总动量守恒且为0 B．甲、乙两星的速率之比等于质量之比 C．甲、乙两星的轨道半径之比等于质量之比 D．甲、乙两星的总质量为 【答案】AD 【详解】A．双星系统不受外力作用，系统所受合外力为零，故系统总动量守恒。双星绕连线上某点做匀速圆周运动，角速度相同。设甲、乙两星的质量分别为、，轨道半径分别为、。根据万有引力提供向心力有 可得 两星的线速度大小分别为、 则动量大小， 因为 所以 由于两星速度方向相反，动量方向相反，故总动量守恒，始终为0。故A正确； B．由及可知， 即甲、乙两星的速率之比等于质量的反比。故B错误； C．由可知， 即甲、乙两星的轨道半径之比等于质量的反比。故C错误； D．根据万有引力提供向心力，对甲星有 对乙星有 两式相加得 因为 解得总质量。故D正确。 故选AD。 5. 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 【详解】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 故选D。 ⏳题型02 动量守恒定律的应用 碰撞 6. （2026·浙江杭州·二模）如图所示，是光滑固定的竖直墙壁，是一与竖直方向成角的固定斜面。将一可视为质点的小球从点以速度水平向右抛出，直接落在斜面上的点；当初速度变为，小球先与墙壁发生弹性碰撞后再落到斜面上的点，已知小球和墙壁发生弹性碰撞后竖直方向的速度不变，水平方向的速度大小不变、方向反向，碰撞时间和空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．若小球初速度为，则小球的运动时间为 B．若小球初速度为，则运动时间比直接落在点长 C．两种运动情况下，小球动量的变化量相同 D．若小球初速度为，刚好垂直落在斜面点上，则运动时间为 【答案】D 【详解】A．若小球初速度为，由 则小球的运动时间为，故A错误； B．发生弹性碰撞后竖直方向的速度不变，故全过程竖直方向等效为自由落体运动，高度相同，则运动时间t一样长，故B错误； C．由B选项和动量定理知两者竖直方向动量的变化量都等于mgt相同，前者水平方向动量没变，而后者水平方向的动量发生了变化，故两种运动情况下，小球动量的变化量不相同，故后者的大，故C错误； D．小球与墙壁发生弹性碰撞，碰撞前后水平方向速度大小不变、方向反向，故落到点时，小球的水平分速度大小为 小球在竖直方向做自由落体运动，设总时间为，则到达点时其竖直分速度 小球垂直落在斜面点，说明此时其速度矢量与斜面垂直，已知斜面与竖直墙壁（即竖直方向）的夹角为，根据几何关系可知，此时速度矢量与水平方向的夹角亦为。 根据速度的分解关系可知 解得小球在空中运动的时间为，故D正确。 故选D。 7. （2025·浙江·一模）（多选）如图所示，两个小球A、B拴接在一根轻弹簧的两端，并静止在光滑的水平地面上。小球A的质量为，一质量为m=0.1kg的子弹以v0的速度击中小球A，并留在A中，设子弹与小球A的组合体为C，C压缩弹簧，此后C与B的速度-时间图像如图乙所示，则下列说法正确的是 （    ） A．子弹打击小球 A 的过程中损失的机械能为5.4J B．在t1、t3时刻C与B的速度相同，且弹簧的长度也相同 C．从t3到t4过程中，弹簧由伸长状态恢复到原长 D．小球 B 的质量为0.5kg 【答案】AC 【详解】A．子弹击中小球A瞬间小球A和子弹组成的系统动量守恒 代入数据得 在子弹打击小球 A 的过程中损失的机械能为，故A正确； B．时刻弹簧被压缩至最短而时刻弹簧被拉伸到最长，故两时刻弹簧的长度不相等，故B错误； C．时刻弹簧被拉伸到最长，两球速度相等，时刻两球速度恢复到初始状态即弹簧恢复原长，因此从到过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故C正确； D．由图像可知A球和子弹的初速度 时刻两球达到共速 由动量守恒得 解得，故D错误。 故选AC。 8. （2026·浙江绍兴·一模）（多选）两滑块M、N限制在光滑水平直轨道上发生正碰，频闪照相在0、t、2t、3t时刻各闪光一次，拍得如图所示的照片，这四次闪光的瞬间，M、N均在0~80cm范围内，则（　　） A．碰撞位置可能在55cm处 B．碰撞发生的时刻可能是0.5t C．碰撞后N可能处于静止状态 D．碰撞前M、N两滑块的总动量可能为零 【答案】BC 【详解】由图可知，四次闪光瞬间，滑块只有两个位置，说明滑块的像必有重叠，单就重叠的情况而言，有三种情况。 第一种情况碰前滑块向左做匀速直线运动，碰后滑块弹回的两个像跟碰撞前的两个像重叠，即各次闪光时滑块的位置依次是，，，。因碰撞前后滑块在两次闪光的时间间隔内运动的路程为，故碰撞前后滑块的运动速率均为，因滑块在碰撞前后都做直线运动，据此判断滑块和滑块碰撞位置只能是处，碰撞时刻为，由于时不闪光，而照片上滑块在处有像，这说明碰撞前或碰撞后滑块在处静止，因此照片上滑块的像必将发生重影，但实际上滑块有四个像，并无叠影，故这一情况不成立。 第二种情况碰前滑块静止在处，前三次像重叠，其坐标为，碰后滑块向右运动，，据此假设可推断出碰撞位置在处，碰撞前有三次闪光，滑块的坐标分别为，，，滑块的运动速率为，由此推断碰撞发生在时，碰撞后滑块和滑块的速度分别为， 由动量守恒可知 解得 由机械能守恒，碰前两滑块的总动能 碰后两滑块的总动能 因为，即碰撞后总动能增加了，不符合能量守恒，故假设不成立。 第三种情况，碰前滑块向左做匀速直线运动，碰后滑块静止，后三次像重叠，即，，据此假设可推断出碰撞位置在处。碰后滑块做匀速直线运动，它的三个像应是等间距的，只能是，，，其速度，碰后滑块从处到处，所用时间为，因而可以得出第一次闪光时滑块的位置在，向右运动，在时与滑块在处相碰，因此，碰前滑块和滑块的速度分别为， 由动量守恒可知 解得 碰前两滑块的总动能 碰后两滑块的总动能 因，表明在碰撞过程中有机械能损失，这是可能的，故这一假设成立。 此时滑块和滑块在时碰撞；碰撞位置是；碰后滑块静止；滑块和滑块碰前和碰后总动量都不可能是零。 故选BC。 9. （2026·浙江绍兴·一模）面对近地小行星的潜在威胁，目前技术最成熟可行的手段是“动能撞击”，即利用飞行器撞击小行星，从而使小行星离开威胁地球的轨道。下列说法正确的是（　　） A．飞行器在调整姿态时可以看成质点 B．碰撞后小行星的运动状态将发生变化 C．飞行器飞向小行星时，地球对它没有引力作用 D．飞行器从地面将要发射升空的瞬间，速度和加速度都为零 【答案】B 【详解】A．调整姿态需考虑飞行器的形状和转动，不能视为质点，故A错误； B．碰撞时动量变化导致小行星速度或方向改变，运动状态变化，故B正确； C．飞行器在地球附近，地球引力始终存在，故C错误； D．发射瞬间推力产生加速度，加速度不为零，故D错误。 故选B。 10. （2025·浙江·一模）如图所示，平行金属板间存在匀强电场（不考虑边界效应），间距为，板长为。时刻从上板左边缘C处水平向右射入质量为m、电荷量为q的粒子，在两板正中间右侧的D点同时水平向左射入质量也为m、不带电的粒子。两粒子射入电场时的初始动能均为，相遇时做完全非弹性碰撞，碰撞时间极短。不计重力，碰撞过程电荷量保持不变，则（    ） A．两粒子发生碰撞的时刻 B．电场强度 C．碰撞损失的能量为 D．粒子到达Q板时的动能 【答案】D 【详解】A．D点出发的粒子不带电，做匀速直线运动，两粒子质量相同，初动能相同，初速度大小相同，可知二者在金属板中线的中点相遇，有，故A错误； B．竖直方向有 解得电场强度，故B错误； C．两粒子相遇时做完全非弹性碰撞，由水平方向动量守恒，可得碰后水平方向速度为零，竖直方向动量守恒，得竖直方向速度为碰前的一半，而碰前竖直方向速度 C点出发的粒子碰撞前动能为 碰撞后整体动能为 可知能量损失，故C错误； D．碰后复合粒子的动能为，根据动能定理 解得到达Q板的动能为，故D正确。 故选D。 ⏳题型03 爆炸与反冲 11. （2026·浙江绍兴·二模）如图所示为某兴趣小组制作的气压式喷水火箭。用打气筒给瓶内打气加压，当气压增大到一定值时阀门自动打开，瓶内的水从瓶口向下喷出，从而推动火箭腾空飞起，已知重力加速度为，下列说法正确的是（     ） A．水刚喷出瞬间，水火箭的加速度为0 B．水火箭向上的推力来自周围空气的反作用力 C．水火箭竖直向上运动到最高点时的加速度大小为 D．在向下喷水过程中，水火箭和喷出水组成的系统机械能守恒 【答案】C 【详解】A．水刚喷出瞬间，火箭受到竖直向下的重力和竖直向上的推力。由于火箭能腾空飞起，说明 根据牛顿第二定律 可知加速度，故A错误； B．水火箭利用的是反冲原理，高压气体将水向下喷出，根据牛顿第三定律，喷出的水对火箭产生向上的反作用力，即推力，该力不是来自周围空气，故B错误； C．水火箭竖直向上运动到最高点时，速度为零，此时不再喷水（或喷水已结束），火箭只受重力作用（忽略空气阻力，或速度为零时空气阻力为零）。根据牛顿第二定律 解得加速度大小，故C正确； D．在向下喷水过程中，瓶内压缩气体膨胀对外做功，将气体的内能转化为水火箭和喷出水的机械能，系统的机械能增加，不守恒，故D错误。 故选C。 12. （2025·浙江·三模）如图所示，光滑水平面上静止一质量为M=80kg的平板小车，现有一质量为m=40kg的小孩站立于小车后端。小孩以对地v0=2m/s的速度向后跳离小车，对这一过程，下列说法正确的是（　　） A．小车对小孩的作用力的冲量大小为80N·s B．小车对小孩做的功为80J C．小孩做的功可能为130J D．小孩做的功可能为100J 【答案】D 【详解】A．由动量定理可知小车对小孩水平方向的冲量为 因小车对小孩竖直方向冲量不为零，可知小车对小孩的作用力的冲量大小大于80N·s，选项A错误； B．小孩离开小车的瞬时，小车对小孩的作用力没有位移，可知小车对小孩不做功，选项B错误； CD．若小孩沿水平方向向后跳离小车，则对小车和小孩系统由水平方向动量守恒可知 解得v=1m/s 此时小孩做的功为 若小孩斜向上方向跳离小车，则小车得到的速度小于1m/s，则小孩做的功小于120J，可能为100J，但不可能为130J，选项C错误，D正确。 故选D。 13. （2025·浙江温州·三模）如图所示，A、B小球带同种电荷，在外力作用下静止在光滑绝缘水平面上，相距为d。撤去外力的瞬间，A球加速度大小为a，两球运动一段时间，B球加速度大小为，速度大小为v。已知A球质量为3m，B球质量为m，两小球均可视为点电荷，不考虑带电小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内（   ） A．B球运动的距离为 B．库仑力对A球的冲量大小为 C．库仑力对A球做功为 D．两球组成的系统电势能减少了 【答案】D 【详解】A．A、B之间的库仑力作为合力3ma，m 联立解得d'＝3d 根据动量守恒定律有0＝mv﹣3mv' 则mxB＝3mxA，xB﹣xA＝3d﹣d 解得xB＝3d，故A错误； B．根据动量守恒定律有 解得此时A的速度 在该段时间内，A球的速度由0变为，由动量定理，可得库仑力对A球的冲量大小为，故B错误； C．在该段时间内，对B，由动能定理有 在该段时间内，库仑力对A球做功为，故C错误； D．根据能量守恒，系统减少的电势能等于系统机械能的增加量，为，故D正确。 故选D。 14. 有人设想：可以在飞船从运行轨道进入返回地球程序时，借飞船需要减速的机会，发射一个小型太空探测器，从而达到节能的目的。如图所示，飞船在圆轨道Ⅰ上绕地球飞行，其轨道半径为地球半径的k倍。当飞船通过轨道Ⅰ的A点时，飞船上的发射装置短暂工作，将探测器沿飞船原运动方向射出，并使探测器恰能完全脱离地球的引力范围，即到达距地球无限远时的速度恰好为零，而飞船在发射探测器后沿椭圆轨道Ⅱ向前运动，其近地点B到地心的距离近似为地球半径R。已知取无穷远处引力势能为零，物体距星球球心距离为r时的引力势能。在飞船沿轨道Ⅰ和轨道Ⅱ以及探测器被射出后的运动过程中，其动能和引力势能之和均保持不变。以上过程中飞船和探测器的质量均可视为不变，已知地球表面的重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．飞船在轨道Ⅰ运动的速度大小为 B．飞船在轨道Ⅰ上的运行周期是在轨道Ⅱ上运行周期的倍 C．探测器刚离开飞船时的速度大小为 D．若飞船沿轨道Ⅱ运动过程中，通过A点与B点的速度大小与这两点到地心的距离成反比，实现上述飞船和探测器的运动过程，飞船与探测器的质量之比应满足 【答案】C 【详解】A．飞船在轨道Ⅰ上运动，由万有引力提供向心力，则有 在地球表面的物体满足 解得 故A错误； B．椭圆轨道Ⅱ上的半长轴为 根据开普勒第三定律有 解得 故B错误； C．在轨道Ⅰ上，探测器的引力势能为 根据动能和引力势能之后保持不变有 解得探测器刚刚离开飞船时的速度为 故C正确； D．沿轨道Ⅱ运动过程中，根据开普勒第二定律，飞船在A、B两点的速度有 根据机械能守恒定律有 解得 发生探测器时，根据动量守恒定律有 结合上述，解得飞船与探测器的质量之比应满足 故D错误。 故选C。 15. （2024·浙江湖州·二模）如图所示，一质量M=1.0kg，高h=0.7m的平板车静置在光滑水平地面上，其左端静止放置一辆质量m=0.2kg大小可忽略的四驱电动玩具小车，右侧同一竖直平面有固定的光滑圆弧轨道AC，轨道半径R=1.25m，圆心角为2θ，θ=37°，左右两端点A、C等高，圆弧最低点B位于水平地面上。紧接C点，有一长s=1.59m的倾斜传送带，上表面DE沿圆弧C点的切线方向，传送带以v=2m/s的速度顺时针运动。玩具小车启动后，恰好能从A点沿AC圆弧切线进入轨道，并最终到达E点后飞离。已知玩具车在平板车和传送带上运动时，均产生自重0.8倍的动力（忽略摩擦阻力和空气阻力），且从C点到D点速度不变。sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： （1）玩具小车在A点速度大小vA； （2）玩具小车在B点受到支持力的大小FN； （3）平板车的长度l； （4）传送带由于运送玩具小车而多输出的机械能∆E。 【答案】（1）5m/s；（2）6.8N；（3）1.2m；（4）0.96J 【详解】（1）小车离开平板车后，做平抛运动，在A点的速度为vA，竖直方向有 解得 vA=5m/s （2）从A到B由动能定理 在B点由牛顿第二定律 解得 FN=6.8N （3）小车在平板车上做匀加速运动的加速度为a1，位移为x1，则由牛顿定律 由运动方程 解得 x1=1m 小车和平板车满足平均动量守恒 解得 x2=0.2m 平板车的长度为 l=x1+x2=1.2m （4）小车在传送带上做匀加速运动，则由牛顿第二定律可知 解得 a2=2m/s2 由运动公式 以及 解得 t=0.3s （另一解t=-0.53s舍掉）在时间t内，传送带上某点对地位移 x传=vt=0.6m 传送带由于运送小车克服小车对其的静摩擦力做功为 ⏳题型04 人船模型 16. （2023·浙江·模拟预测）如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是光滑水平轨道，AB和BC两段轨道相切于B点，小车右端固定一个连接轻弹簧的挡板，开始时弹簧处于自由状态，自由端在C点，C点到挡板之间轨道光滑。一质量为，可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点由静止滑下，而后滑入水平轨道，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块到达B点时的速度大小为 B．滑块到达B点时小车的速度大小为 C．弹簧获得的最大弹性势能为 D．滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为 【答案】D 【详解】AB．从A滑到B的过程，滑块和小车组成的系统水平方向动量守恒，则由动量守恒定律有 根据能量守恒有 解得 ， AB错误； C．当弹簧压缩到最短时弹簧弹性势能最大，此时滑块与小车共速，由动量守恒定律可知，共同速度 根据能量守恒有 C错误； D．滑块从A到B过程，在水平方向上，根据动量守恒定律的位移表达式有 根据题意有 解得 D正确。 故选D。 17. （多选）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量M=2 kg的小车，车上的水平轨道与半径R=0.5 m的四分之一光滑圆弧轨道在M点相切。在水平轨道的右端固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的N点正上方，N点右侧轨道光滑，M、N间距离L=0.9 m。一个质量m=1 kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点由静止滑下，已知重力加速度g=10 m/s2，物块与水平轨道MN段的动摩擦因数μ=0.2，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。在后续运动过程中（     ） A．物块最终停在小车上的位置距离M点0.7 m B．弹簧的最大弹性势能为3.2 J C．物块运动过程中弹簧共被压缩2次 D．整个过程物块的总位移大小为0.8 m 【答案】AB 【详解】A．系统初态机械能 滑动摩擦力 物块在粗糙段上相对滑动的总路程 物块运动过程为：从到，压缩弹簧后从返回，冲上圆弧后返回，再向右滑行停止。则 解得 即停在距离点右侧处。故A正确； B．物块第一次到达点时，系统损失机械能 当弹簧压缩至最短时，物块与小车共速，由水平方向动量守恒知共速为0。此时弹性势能最大，。故B正确； C．由A项分析可知，物块第二次经过点后向右滑行即停止，因，物块无法到达点，故弹簧只被压缩1次。故C错误； D．物块水平方向相对小车的位移大小为 设物块水平位移为，小车水平位移为，取向右为正，由“人船模型”原理可知 且 代入数据解得 但物块竖直方向位移大小为，故总位移大小。故D错误。 故选AB。 18. （多选）如图所示，两个四分之一圆弧体A、B静止在光滑的水平面上。A、B的圆弧面光滑，半径分别为和，底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视为质点的小物块C从A的圆弧面的顶端静止释放，A、C的质量分别为和，则以下说法正确的是（    ） A．整个过程ABC组成的系统动量守恒 B．C刚滑到A底端时，C距B的圆弧面底端的水平距离为 C．C刚滑到A底端时，C的速度为 D．若C滑到A底端后，恰好能滑上B的圆弧面顶端，则B的质量为 【答案】BCD 【详解】A．小物块运动时存在加速度，竖直方向合外力不为零，因此系统总动量不守恒，仅水平方向动量守恒，故A错误； B．在上滑动时，保持静止，、系统水平方向动量守恒，C刚滑到A底端时， 设速度为，速度为，则 机械能守恒 解得C刚滑到A底端时，C的速度为 设向左位移大小为，向右位移大小为，由水平动量守恒对时间累积得 由几何关系 联立解得， 因此C刚滑到A底端时，距底端的水平距离为，故BC正确； D．恰好到达顶端时，、共速，设质量为，共速为，由水平动量守恒 机械能守恒 联立解得，故D正确。 故选BCD。 19. （多选）如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t=0时，A以水平向左的初速度v0开始运动，此时B的速度为0，A、B运动的v-t图像如图乙所示。已知A的质量为m，0~t0时间内B的位移大小为，t=3t0时A、B发生碰撞并粘在一起，运动过程中橡皮绳始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．橡皮绳的最大弹性势能为 B．0~2t0时间内橡皮绳对B的平均作用力大小为 C．橡皮绳的原长为 D．0~t0时间内，A的位移大小为 【答案】AD 【详解】A．A、B组成系统的动量守恒，结合题图乙可知，时间内有 解得 时刻A、B的速度相同，橡皮绳的伸长量最大，由能量守恒定律有 解得，故A正确； B．由题图乙可知，时，橡皮绳恢复原长，从A开始运动至橡皮绳恢复原长过程，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 解得、，其中负号表示A向右运动； 时间内，对B由动量定理有 解得，故B错误； C．时间内，A向右做匀速运动，B向左做匀速运动，直至相碰，则橡皮绳的原长，故C错误； D．设A、B在时间内的任意时刻速度分别为、，由动量守恒定律有 两边同乘以并求和可得 其中 解得，故D正确。 故选AD。 20. 如图所示，质量为、半径为、内壁光滑的半圆弧槽置于光滑水平面上，其左侧紧靠竖直墙，右侧紧靠一质量为的小滑块。将一质量为的小球自半圆弧槽左端槽口的正上方某一位置由静止释放，小球由左端点进入槽内，刚好能到达槽右端点。重力加速度为。 (1)求小球第一次运动到半圆弧槽最低点瞬间，速度的大小； (2)求小球第一次经半圆弧槽最低点到刚好到达槽右端点过程中，槽对小球做的功； (3)若小球从刚好到槽右端点至第二次到槽最低点过程所用的时间为，求时间内槽运动的位移大小； (4)从小球第二次通过最低点到沿槽左侧运动至最高点过程，小球在竖直方向移动的距离。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）小球第一次运动到槽最低点至刚好能到达槽右端点过程，对小球、半圆弧槽和小滑块组成的系统有系统水平方向上动量守恒，有 根据系统能量守恒有 解得， （2）对小球由动能定理有 解得 （3）小球从刚好到槽右端C点至第二次经过槽最低点B点过程，小球、半圆弧槽和小滑块组成的系统，任意时刻水平方向上动量守恒，有 对时间微元，有 设槽运动的位移大小为，小球运动的位移大小为，叠加得 根据几何关系有 联立解得 （4）设小球第二次经过最低点时，小球的速度为，槽的速度为，根据水平方向动量守恒，有 根据机械能守恒有 解得， 之后小滑块与槽分离，设小球运动至槽左侧与槽共速时速度为，根据水平方向动量守恒有 根据机械能守恒，有 解得 重难·创新演练 设题创新:结合常规模型 21. 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】A 【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的冲量为，故B错误； 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A。 22. 如图所示，质量的物块P放在水平轨道上，其右端和墙壁间压缩一水平轻弹簧（不拴接）。由静止释放后，物块P恰能通过半圆轨道的最高点并沿其内侧做圆周运动，与静置在点的物块Q（两物块完全相同）发生完全非弹性碰撞，碰撞后一起滑入水平轨道。点固定一竖直弹性挡板，两物块与挡板仅发生一次碰撞并以原速率反弹，最终停在的中点处。已知半圆轨道的半径，的距离，重力加速度，所有碰撞时间都极短。所有轨道均固定在同一竖直面内，除段外其余轨道均光滑，不计物块通过轨道连接处的能量损失及空气阻力，两物块均视为质点。求： (1)弹簧弹力对物块P所做的功； (2)两物块碰撞后瞬间的速度大小； (3)物块与水平轨道间的动摩擦因数的可能值。 【答案】(1) (2) (3)或 【详解】（1）点由重力提供向心力，由牛顿第二定律得 对弹簧和物块P整体，根据机械能守恒定律 联立解得 （2）物块从点到点过程满足能量守恒，有 碰撞过程满足动量守恒，有 联立解得 （3）若物块反弹后滑至处停下，根据动能定理 解得 若物块反弹后冲上圆弧轨道，再返回轨道至处停下，根据动能定理 解得 因为碰后两物块回到点时的动能，所以以上均为的可能值。 23. 如图所示，质量的滑板静止在光滑水平地面上，滑板左端与竖直固定挡板距离，质量的小物块（视为质点）以初速度从右端水平滑上滑板，最终小物块恰好未从滑板左端掉下。已知滑板与小物块间的动摩擦因数，滑板与挡板碰撞无机械能损失，取重力加速度大小。 (1)求从小滑块滑上滑板到滑板碰到挡板的时间； (2)求滑板的长度； (3)若仅减小小物块的初速度，其他条件不变，求小物块到挡板最小距离与的函数关系式。 【答案】(1)1.3 s (2)2.17 m (3) 【详解】（1）设的加速度大小为，对由牛顿第二定律有 解得，方向向左 设的加速度大小为，对由牛顿第二定律有 解得，方向向右 假设、共速时没有碰到挡板，经过时间，、共速，则 解得， 时间内，做加速运动的位移 解得 由于，则假设成立，共速之后做匀速运动，则匀速运动时间 解得 滑板碰到挡板时间 （2）时间内，的位移 解得 碰挡板后，对、组成的系统，由动量守恒定律有 解得 碰后由能量守恒定律有 解得 滑板的长度 （3）若仅减小的初速度，向左先做匀减速，再做匀速，最后做匀减速至速度为时，距挡板最近。碰挡板前，对、系统由动量守恒定律有 解得 A、B共速时A移动的位移 解得 B匀速移动的位移 B匀减速移动的总位移 B物块到挡板最小距离与的函数关系 解得 24. （多选）如图，一个光滑细导轨的长臂水平固定，短臂竖直，系有细线的小圆环套在长臂上，细线另一端与小球相连。已知、质量均为，细线长度为，初始时圆环距短臂，细线水平且伸直，将圆环与小球同时由静止释放。已知圆环与短臂接触后瞬间被锁定，当小球运动到圆环正下方时解除圆环的锁定，不计空气阻力，不考虑细线的形变，重力加速度为，，下列说法正确的是（　　） A．圆环与短臂接触时，小球的竖直位移大小为 B．圆环与短臂接触时，细线与水平方向的夹角为 C．小球运动到最低点时细线的拉力大小为 D．小球第一次摆到左侧最高点时，细线与水平方向夹角的正弦值为 【答案】BD 【详解】AB．小球下摆过程中，根据系统水平方向动量守恒有 解得 圆环A与短臂接触时，设细线与竖直方向的夹角为θ，根据 解得 即与水平方向的夹角为 由几何关系得小球的竖直位移大小为，故A错误，B正确； C．设圆环与短臂碰撞前瞬间，圆环的速度大小为vA，小球的水平速度大小为，竖直速度大小为vy，根据水平方向动量守恒有 两端沿细线方向速度相等 解得 根据系统机械能守恒有 圆环A与短臂碰撞后瞬间，如图所示，小球A的速度大小为 A锁定瞬间，B的径向速度被细线冲量减为0，只剩沿切向的速度 A锁定后，B从当前位置摆到A正下方的过程机械能守恒，下落高度 因此 解得 最低点拉力T满足向心力公式 联立解得， 因此C错误； D．最低点解除A锁定后，系统水平方向动量守恒，小球摆到左侧最高点时，A、B沿绳方向速度相等，即水平速度相同，设共同速度为v，初始总动量为 系统机械能守恒：设最高点细线与水平方向夹角为α，B相对于最低点上升高度为L(1−sinα) 势能增加mgL(1−sinα) 因此 代入、， 解得，故D正确。 故选BD。 25. 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) (2) (3)0.05 【详解】（1）工具做平抛运动 解得落地时间 代入水平位移公式 （2）工具落入小筐的过程在水平方向满足动量守恒 解得共同运动的速度大小 （3）共同运动后，系统在摩擦力作用下做匀减速运动直至静止，根据动能定理 解得动摩擦因数 真题·实战演练 高频考点：动量守恒定律的判断 动量守恒定律应用 碰撞 人船 26. （2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，,。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 【答案】(1)4m/s (2)0.9J (3)0.2m (4)3N 【详解】（1）滑块从P点到B点由动能定理 解得到达B点的速度 （2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 （3）物块在传送带上加速运动的加速度为 加速到共速时用时间 在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度 （4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知， 联立解得 （另一组，因不合实际舍掉） 对滑块在最高点时由牛顿第二定律 解得F=3N 27. （2025·浙江·高考真题）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和、倾角为的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知，EF段长度，FG间距，GH间距，HI间距，EF段。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，，。 (1)若，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小； (2)若滑块3恰好能通过圆轨道，求高度h； (3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。 【答案】(1) (2)2m (3)2.5m或2m 【详解】（1）对滑块1由动能定理 解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为 滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律 解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为 （2）在轨道D点，由牛顿第二定律 解得 滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律 解得 结合， 联立解得 （3）滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理 若滑块3直接落入洞中，则竖直方向 水平方向 结合， 联立解得 若经一次反弹落入洞中，则 水平方向 结合， 联立解得 由计算结果，可知滑块在斜轨道上高度为处开始下滑，是滑块能通过圆轨道最高点的最小高度，因此是滑块开始下滑到在GH经一次反弹落入洞中。因此小问3的答案是或。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题21 动量守恒定律及其应用（专项训练） 目录 模拟·基础演练 1 ⏳题型01 动量守恒定律的判断 1 ⏳题型02 动量守恒定律的应用 碰撞 3 ⏳题型03 爆炸与反冲 5 ⏳题型04 人船模型 7 重难·创新演练 9 真题·实战演练 11 模拟·基础演练 考查重点：动量守恒定律的判断 动量守恒定律应用 碰撞 人船 ⏳题型01 动量守恒定律的判断 1. 如图所示，A、B两物体质量之比为3：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法正确的是（     ） A．若A、B与平板的动摩擦因数相等，A、B组成的系统动量守恒 B．若A、B与平板的动摩擦因数相等，A、B组成的系统整体有向左运动的趋势 C．若A、B与平板的动摩擦因数不相等，A、B、C组成的系统动量守恒 D．若A、B所受的摩擦力大小不相等，A、B、C组成的系统动量不守恒 2. （多选）如图所示，质量均为、带电荷量均为的三个带电小球A、B、C放置在绝缘光滑水平面上，它们的连线所构成的等边三角形边长为，同时由静止释放这三个小球，在运动过程中它们彼此间的连线始终与刚释放时保持平行，小球看成质点，小球之间始终遵守库仑定律。已知以无限远处为电势零点，距离电荷量为的点电荷处的电势为，其中为静电力常量，多个点电荷产生的电场中某点的电势，等于每个点电荷单独存在时该点电势的代数和。下列说法正确的是（     ） A．当三角形面积变为初态的倍时，A球的加速度大小变为初态的 B．释放后A、B、C系统的动量守恒 C．释放瞬间A、B、C系统所具有的电势能为 D．当三角形边长变为初态的倍时，B球的速度大小为 3. （多选）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（），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，下列判断正确的是（     ） A．A球和B球组成系统的动量守恒 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．k越大，细绳拉力的大小越接近A球所受重力的大小 D．细绳对A球拉力做的功等于A球机械能的增加量 4. （多选）如图所示是双星系统，双星之间的距离为，双星做圆周运动的周期为，不计其他天体对双星的影响，引力常量为，下列说法正确的是（　　） A．双星系统的总动量守恒且为0 B．甲、乙两星的速率之比等于质量之比 C．甲、乙两星的轨道半径之比等于质量之比 D．甲、乙两星的总质量为 5. 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 ⏳题型02 动量守恒定律的应用 碰撞 6. （2026·浙江杭州·二模）如图所示，是光滑固定的竖直墙壁，是一与竖直方向成角的固定斜面。将一可视为质点的小球从点以速度水平向右抛出，直接落在斜面上的点；当初速度变为，小球先与墙壁发生弹性碰撞后再落到斜面上的点，已知小球和墙壁发生弹性碰撞后竖直方向的速度不变，水平方向的速度大小不变、方向反向，碰撞时间和空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．若小球初速度为，则小球的运动时间为 B．若小球初速度为，则运动时间比直接落在点长 C．两种运动情况下，小球动量的变化量相同 D．若小球初速度为，刚好垂直落在斜面点上，则运动时间为 7. （2025·浙江·一模）（多选）如图所示，两个小球A、B拴接在一根轻弹簧的两端，并静止在光滑的水平地面上。小球A的质量为，一质量为m=0.1kg的子弹以v0的速度击中小球A，并留在A中，设子弹与小球A的组合体为C，C压缩弹簧，此后C与B的速度-时间图像如图乙所示，则下列说法正确的是 （    ） A．子弹打击小球 A 的过程中损失的机械能为5.4J B．在t1、t3时刻C与B的速度相同，且弹簧的长度也相同 C．从t3到t4过程中，弹簧由伸长状态恢复到原长 D．小球 B 的质量为0.5kg 8. （2026·浙江绍兴·一模）（多选）两滑块M、N限制在光滑水平直轨道上发生正碰，频闪照相在0、t、2t、3t时刻各闪光一次，拍得如图所示的照片，这四次闪光的瞬间，M、N均在0~80cm范围内，则（　　） A．碰撞位置可能在55cm处 B．碰撞发生的时刻可能是0.5t C．碰撞后N可能处于静止状态 D．碰撞前M、N两滑块的总动量可能为零 9. （2026·浙江绍兴·一模）面对近地小行星的潜在威胁，目前技术最成熟可行的手段是“动能撞击”，即利用飞行器撞击小行星，从而使小行星离开威胁地球的轨道。下列说法正确的是（　　） A．飞行器在调整姿态时可以看成质点 B．碰撞后小行星的运动状态将发生变化 C．飞行器飞向小行星时，地球对它没有引力作用 D．飞行器从地面将要发射升空的瞬间，速度和加速度都为零 10. （2025·浙江·一模）如图所示，平行金属板间存在匀强电场（不考虑边界效应），间距为，板长为。时刻从上板左边缘C处水平向右射入质量为m、电荷量为q的粒子，在两板正中间右侧的D点同时水平向左射入质量也为m、不带电的粒子。两粒子射入电场时的初始动能均为，相遇时做完全非弹性碰撞，碰撞时间极短。不计重力，碰撞过程电荷量保持不变，则（    ） A．两粒子发生碰撞的时刻 B．电场强度 C．碰撞损失的能量为 D．粒子到达Q板时的动能 ⏳题型03 爆炸与反冲 11. （2026·浙江绍兴·二模）如图所示为某兴趣小组制作的气压式喷水火箭。用打气筒给瓶内打气加压，当气压增大到一定值时阀门自动打开，瓶内的水从瓶口向下喷出，从而推动火箭腾空飞起，已知重力加速度为，下列说法正确的是（     ） A．水刚喷出瞬间，水火箭的加速度为0 B．水火箭向上的推力来自周围空气的反作用力 C．水火箭竖直向上运动到最高点时的加速度大小为 D．在向下喷水过程中，水火箭和喷出水组成的系统机械能守恒 12. （2025·浙江·三模）如图所示，光滑水平面上静止一质量为M=80kg的平板小车，现有一质量为m=40kg的小孩站立于小车后端。小孩以对地v0=2m/s的速度向后跳离小车，对这一过程，下列说法正确的是（　　） A．小车对小孩的作用力的冲量大小为80N·s B．小车对小孩做的功为80J C．小孩做的功可能为130J D．小孩做的功可能为100J 13. （2025·浙江温州·三模）如图所示，A、B小球带同种电荷，在外力作用下静止在光滑绝缘水平面上，相距为d。撤去外力的瞬间，A球加速度大小为a，两球运动一段时间，B球加速度大小为，速度大小为v。已知A球质量为3m，B球质量为m，两小球均可视为点电荷，不考虑带电小球运动产生的电磁效应。则在该段时间内（   ） A．B球运动的距离为 B．库仑力对A球的冲量大小为 C．库仑力对A球做功为 D．两球组成的系统电势能减少了 14. 有人设想：可以在飞船从运行轨道进入返回地球程序时，借飞船需要减速的机会，发射一个小型太空探测器，从而达到节能的目的。如图所示，飞船在圆轨道Ⅰ上绕地球飞行，其轨道半径为地球半径的k倍。当飞船通过轨道Ⅰ的A点时，飞船上的发射装置短暂工作，将探测器沿飞船原运动方向射出，并使探测器恰能完全脱离地球的引力范围，即到达距地球无限远时的速度恰好为零，而飞船在发射探测器后沿椭圆轨道Ⅱ向前运动，其近地点B到地心的距离近似为地球半径R。已知取无穷远处引力势能为零，物体距星球球心距离为r时的引力势能。在飞船沿轨道Ⅰ和轨道Ⅱ以及探测器被射出后的运动过程中，其动能和引力势能之和均保持不变。以上过程中飞船和探测器的质量均可视为不变，已知地球表面的重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．飞船在轨道Ⅰ运动的速度大小为 B．飞船在轨道Ⅰ上的运行周期是在轨道Ⅱ上运行周期的倍 C．探测器刚离开飞船时的速度大小为 D．若飞船沿轨道Ⅱ运动过程中，通过A点与B点的速度大小与这两点到地心的距离成反比，实现上述飞船和探测器的运动过程，飞船与探测器的质量之比应满足 15. （2024·浙江湖州·二模）如图所示，一质量M=1.0kg，高h=0.7m的平板车静置在光滑水平地面上，其左端静止放置一辆质量m=0.2kg大小可忽略的四驱电动玩具小车，右侧同一竖直平面有固定的光滑圆弧轨道AC，轨道半径R=1.25m，圆心角为2θ，θ=37°，左右两端点A、C等高，圆弧最低点B位于水平地面上。紧接C点，有一长s=1.59m的倾斜传送带，上表面DE沿圆弧C点的切线方向，传送带以v=2m/s的速度顺时针运动。玩具小车启动后，恰好能从A点沿AC圆弧切线进入轨道，并最终到达E点后飞离。已知玩具车在平板车和传送带上运动时，均产生自重0.8倍的动力（忽略摩擦阻力和空气阻力），且从C点到D点速度不变。sin37°=0.6，cos37°=0.8.求： （1）玩具小车在A点速度大小vA； （2）玩具小车在B点受到支持力的大小FN； （3）平板车的长度l； （4）传送带由于运送玩具小车而多输出的机械能∆E。 ⏳题型04 人船模型 16. （2023·浙江·模拟预测）如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是光滑水平轨道，AB和BC两段轨道相切于B点，小车右端固定一个连接轻弹簧的挡板，开始时弹簧处于自由状态，自由端在C点，C点到挡板之间轨道光滑。一质量为，可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点由静止滑下，而后滑入水平轨道，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．滑块到达B点时的速度大小为 B．滑块到达B点时小车的速度大小为 C．弹簧获得的最大弹性势能为 D．滑块从A点运动到B点的过程中，小车运动的位移大小为 17. （多选）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量M=2 kg的小车，车上的水平轨道与半径R=0.5 m的四分之一光滑圆弧轨道在M点相切。在水平轨道的右端固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度时左端位于水平轨道的N点正上方，N点右侧轨道光滑，M、N间距离L=0.9 m。一个质量m=1 kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点由静止滑下，已知重力加速度g=10 m/s2，物块与水平轨道MN段的动摩擦因数μ=0.2，弹簧始终在弹性限度内，空气阻力不计。在后续运动过程中（     ） A．物块最终停在小车上的位置距离M点0.7 m B．弹簧的最大弹性势能为3.2 J C．物块运动过程中弹簧共被压缩2次 D．整个过程物块的总位移大小为0.8 m 18. （多选）如图所示，两个四分之一圆弧体A、B静止在光滑的水平面上。A、B的圆弧面光滑，半径分别为和，底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视为质点的小物块C从A的圆弧面的顶端静止释放，A、C的质量分别为和，则以下说法正确的是（    ） A．整个过程ABC组成的系统动量守恒 B．C刚滑到A底端时，C距B的圆弧面底端的水平距离为 C．C刚滑到A底端时，C的速度为 D．若C滑到A底端后，恰好能滑上B的圆弧面顶端，则B的质量为 19. （多选）如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮绳恰好处于原长。t=0时，A以水平向左的初速度v0开始运动，此时B的速度为0，A、B运动的v-t图像如图乙所示。已知A的质量为m，0~t0时间内B的位移大小为，t=3t0时A、B发生碰撞并粘在一起，运动过程中橡皮绳始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．橡皮绳的最大弹性势能为 B．0~2t0时间内橡皮绳对B的平均作用力大小为 C．橡皮绳的原长为 D．0~t0时间内，A的位移大小为 20. 如图所示，质量为、半径为、内壁光滑的半圆弧槽置于光滑水平面上，其左侧紧靠竖直墙，右侧紧靠一质量为的小滑块。将一质量为的小球自半圆弧槽左端槽口的正上方某一位置由静止释放，小球由左端点进入槽内，刚好能到达槽右端点。重力加速度为。 (1)求小球第一次运动到半圆弧槽最低点瞬间，速度的大小； (2)求小球第一次经半圆弧槽最低点到刚好到达槽右端点过程中，槽对小球做的功； (3)若小球从刚好到槽右端点至第二次到槽最低点过程所用的时间为，求时间内槽运动的位移大小； (4)从小球第二次通过最低点到沿槽左侧运动至最高点过程，小球在竖直方向移动的距离。 重难·创新演练 设题创新:结合常规模型 21. 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 22. 如图所示，质量的物块P放在水平轨道上，其右端和墙壁间压缩一水平轻弹簧（不拴接）。由静止释放后，物块P恰能通过半圆轨道的最高点并沿其内侧做圆周运动，与静置在点的物块Q（两物块完全相同）发生完全非弹性碰撞，碰撞后一起滑入水平轨道。点固定一竖直弹性挡板，两物块与挡板仅发生一次碰撞并以原速率反弹，最终停在的中点处。已知半圆轨道的半径，的距离，重力加速度，所有碰撞时间都极短。所有轨道均固定在同一竖直面内，除段外其余轨道均光滑，不计物块通过轨道连接处的能量损失及空气阻力，两物块均视为质点。求： (1)弹簧弹力对物块P所做的功； (2)两物块碰撞后瞬间的速度大小； (3)物块与水平轨道间的动摩擦因数的可能值。 23. 如图所示，质量的滑板静止在光滑水平地面上，滑板左端与竖直固定挡板距离，质量的小物块（视为质点）以初速度从右端水平滑上滑板，最终小物块恰好未从滑板左端掉下。已知滑板与小物块间的动摩擦因数，滑板与挡板碰撞无机械能损失，取重力加速度大小。 (1)求从小滑块滑上滑板到滑板碰到挡板的时间； (2)求滑板的长度； (3)若仅减小小物块的初速度，其他条件不变，求小物块到挡板最小距离与的函数关系式。 24. （多选）如图，一个光滑细导轨的长臂水平固定，短臂竖直，系有细线的小圆环套在长臂上，细线另一端与小球相连。已知、质量均为，细线长度为，初始时圆环距短臂，细线水平且伸直，将圆环与小球同时由静止释放。已知圆环与短臂接触后瞬间被锁定，当小球运动到圆环正下方时解除圆环的锁定，不计空气阻力，不考虑细线的形变，重力加速度为，，下列说法正确的是（　　） A．圆环与短臂接触时，小球的竖直位移大小为 B．圆环与短臂接触时，细线与水平方向的夹角为 C．小球运动到最低点时细线的拉力大小为 D．小球第一次摆到左侧最高点时，细线与水平方向夹角的正弦值为 25. 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。 真题·实战演练 高频考点：动量守恒定律的判断 动量守恒定律应用 碰撞 人船 26. （2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，,。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 27. （2025·浙江·高考真题）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和、倾角为的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知，EF段长度，FG间距，GH间距，HI间距，EF段。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，，。 (1)若，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小； (2)若滑块3恰好能通过圆轨道，求高度h； (3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $