第23讲 动量守恒定律及其应用（复习讲义）（山东专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

该高中物理高考复习讲义聚焦动量守恒定律及其应用专题，涵盖动量守恒条件、碰撞问题、人船模型与反冲、力学三大观点综合等核心考点，按“命题规律-知识框架-考点拆解-真题训练”逻辑架构知识体系。通过考点梳理明确守恒条件与碰撞类型，方法指导归纳解题范式与建构物理模型，真题训练溯源近年高考真题，帮助学生系统突破关键难点，体现复习的系统性和针对性。 讲义突出考向精准化和模型化教学特色，如碰撞问题中对比弹性碰撞（动碰静结论）与完全非弹性碰撞（共速条件）的物理模型，培养学生科学思维和模型建构能力。设置“知识点+考向+例题+变式”分层训练，配合真题溯源感知高考逻辑，确保学生在有限时间内高效突破重难考点，为教师把控复习节奏、提升教学效率提供清晰指导。

第23讲 动量守恒定律及其应用 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量守恒的条件及应用 知识点1动量守恒定律内容及条件 知识点2动量守恒定律的“四性” 考向1动量守恒的判断 考向2动量守恒守恒定律的应用重 考点二 碰撞问题 知识点1弹性碰撞重 知识点2非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 考向1弹性碰撞规律应用重 考向2完全非弹性碰撞规律应用重 考向3类碰撞问题重 考点三 人船模型、爆炸和反冲问题 知识点1人船模型重 知识点2爆炸和反冲问题 考向1人船模型 重 考向2爆炸和反冲问题 重 考点四 人船模型、爆炸和反冲问题 知识点1三大观点及相互联系 知识点2三大观点的选用原则 知识点3用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法 考向1力学三大基本观点在弹簧模型中的应用 重 考向2力学三大基本观点在板块模型中的应用重 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 动量守恒定律的应用 贵州卷T3 四川卷T 7 山东卷T11 陕晋青宁T10 黑吉辽蒙T14 河北T14 广东T14 江苏T16 湖北T15 云南T15 河南T15 湖南T15 浙江（第一次）T19 山东卷T17 江苏卷T14 广西卷T8 甘肃卷T14 天津卷T8 考情分析 1．题型与考向：高考对动量守恒定律的考查非常频繁，大多在综合性的计算题中出现，题目难度各省份不同，同时，这类题目往往综合性比较强，需要的能力也比较高。 2．情境与立意： 从命题思路上看，试题情景为 典型模型类：传送带模型、板块模型、竖直面内圆周运动模型、弹簧模型，以及电磁场带电体等。 复习目标 目标一：理解和掌握动量守恒定律。 目标二：能够利用动量守恒定律处理解决涉及碰撞、反冲、弹簧和板块等问题。 目标三：能够应用三大观点解决复杂的物理过程。 动量守恒定律及其应用 动量守恒的条件及应用 动量守恒定律内容及条件 系统不受外力或外力合力为零时，总动量守恒 表达形式：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2' 常见守恒形式及成立条件 理想守恒：系统不受外力或外力合力为零 近似守恒：内力远大于外力 分动量守恒：某方向上外力合力为零 动量守恒定律的“四性” 矢量性：初末动量为矢量，需选取正方向 瞬时性：每一时刻总动量相等 同一性：速度需相对同一参考系 普适性：适用于多物体及微观粒子系统 碰撞问题 弹性碰撞 碰撞三原则 动量守恒：p1 + p2 = p1' + p2' 动能不增加：Ek1 + Ek2 ≥ Ek1' + Ek2' 速度合理：考虑碰前后的运动方向 “动碰动”弹性碰撞 “动碰静”弹性碰撞结论 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 非弹性碰撞 动量守恒，动能损失 完全非弹性碰撞 碰后物体速度相同 系统损失动能最大 人船模型、爆炸和反冲问题 人船模型 适用条件 系统由两物体组成且初始静止，系统总动量为零 动量守恒或某方向动量守恒 爆炸和反冲问题 反冲现象 系统内部分向相反方向运动 动量守恒和机械能增加 爆炸现象 动量守恒和动能增加 爆炸前后位置不变 力学三大基本观点的综合应用 三大观点 动力学观点 能量观点 三大观点的选用原则 多物体系统优先使用守恒定律 涉及速度和时间使用动量定理 涉及位移和时间使用牛顿运动定律 涉及位移和速度使用动能定理 用三大观点解物理题的科学思维方法 多体问题 正确选取研究对象和寻找相互联系 多过程问题 观察过程特征和运用物理规律 含有隐含条件的问题 挖掘隐含条件，梳理解题思路 存在多种情况的问题 分析制约条件，探讨各种情况 动量观点 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量守恒的条件及应用 知●识●解●构 知识点1 动量守恒定律内容及条件 1.内容：如果系统 ，或者所受外力的 ，这个系统的总动量保持不变。 2.表达形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 3.常见的几种守恒形式及成立条件： ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。 ②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力 外力。 ③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上 。 知识点2 动量守恒定律的“四性” 1.矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。 2.瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 3.同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律时，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。 4.普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。 考●向●破●译 考向1 动量守恒的判断【重】 例1 如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧栓接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是（　　） A．在运动过程中，弹簧最短时的系统（子弹和A、B）的机械能等于弹簧最长时系统的机械能 B．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的动量和机械能均守恒 C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能 D．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的力大小大于物块A对子弹的力 【变式训练1·变载体】如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为I，此后木块压缩弹簧的过程称为II，则（     ） A．过程I中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒 B．过程I中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 C．过程II中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒 D．过程II中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 考向2 动量守恒守恒定律的应用【重】 例2如图所示，一质量为400kg的沙车，在光滑的水平面上做匀速直线运动，速度为2.5m/s，质量为600kg的沙粒从高0.8m处竖直向下快速落入沙车中，稳定后，沙车的速度为（     ） A．0.5m/s B．1m/s C．2.4m/s D．3.4m/s 【变式训练1·变考法】乌贼靠自身的漏斗状体管喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后以高速喷出，从而迅速逃窜，喷出水的质量为，则喷出水后乌贼的动量为（　　） A．80kg·m/s B．1600kg·m/s C．320kg·m/s D．400kg·m/s 考点二 碰撞问题 知●识●解●构 知识点1 弹性碰撞 重 1.碰撞三原则： (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2. “动碰动”弹性碰撞 v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： (1) (2) 联立（1）、（2）解得： v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等， ) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率 ，大不变) 知识点2 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 1.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据能量守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 2.完全非弹性碰撞 v1 v2 v共 m1 m2 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 考●向●破●译 考向1 弹性碰撞规律应用【重】 例1如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰。小球A、B的质量分别为m1和，图乙为它们碰撞前后的图像。已知m1=0.1kg。由此可以判断（　　） A．碰后m2和m1都向右运动 B．m2=0.15kg C．碰撞过程中m2对m1的冲量大小为0.4N·s D．碰撞过程是非弹性碰撞 ▶新思维◀【变式训练1·变考法】物理课上老师做了一个有趣的乒乓球水杯弹跳实验，乒乓球与盛水的水杯一起自由落下，发现乒乓球弹起的高度大于乒乓球单独自由落下后弹起的高度。小郴同学将其简化为如图所示模型来分析，两质量分别为m和M的小球A、B叠放在一起（B相当于盛水水杯），从高度为h处自由下落。h远大于两小球半径，落地瞬间球B先与地面碰撞（假设碰后B速度大小不变，方向改变），后与球A碰撞，碰后球B速度为0，所有的相互作用和运动都发生在竖直方向上，碰撞时间均很短。则对该模型分析下列正确的是（　　） A．反弹的高度只与最初一起释放的高度有关 B．原释放高度h越大，则反弹的高度与原高度的比值将变大 C．球B落地速度为 D．球A 上升的高度为 考向2 完全非弹性碰撞规律应用【重】 例2两小车的质量分别为和，将它们分别与小车沿直线做碰撞实验，碰撞前后的位置随时间、速度随时间的变化图像分别如图1和图2所示。小车的质量为，碰撞时间极短，则（　　） A． B． C． D． 【变式训练1】如图所示，光滑水平直轨道上，滑块A、B用轻质橡皮筋连接，A的质量为3m，B的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度。一段时间后橡皮筋被拉直，且橡皮筋被拉直的过程中A、B系统的动能有损失，随后A、B发生碰撞并粘在一起。已知碰前瞬间B的速度也为，则碰撞过程中A、B系统机械能的损失为（     ） A． B． C． D． 考向3 类碰撞问题【重】 例3如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为、，作出图像如图乙所示，重力加速度，不考虑任何阻力，则下列说法正确的是（     ） A．小球的质量为 B．小球运动到最高点时的速度为- C．小球能够上升的最大高度为 D．小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动 【变式训练1】（多选）轻弹簧的两端分别与物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上。现使物块A以水平向右的速度开始运动，如图甲所示，并从此时刻开始计时。两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（     ） A．时，物块A和B的加速度大小相等 B．时，物块A的速度大小为 C．内，弹簧对两物块的冲量大小相等 D．内，弹簧对两物块做的功相等 考点三 人船模型、爆炸和反冲问题 知●识●解●构 知识点1 人船模型 1. 适用条件 ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②动量守恒或某方向动量守恒． 2. 常用结论 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t, 即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L， 可解得：； 3. 类人船模型 类型一 类型二 类型三 类型四 类型五 知识点2 爆炸和反冲问题 1． 对反冲现象的三点说明 (1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。 (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。 (3)反冲运动中平均动量守恒。 2． 爆炸现象的三个规律 (1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。 (2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。 (3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 考●向●破●译 考向一 人船模型【重】 例1 （多选）轻弹簧的两端分别与物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上。现使物块A以水平向右的速度开始运动，如图甲所示，并从此时刻开始计时。两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（     ） A．时，物块A和B的加速度大小相等 B．时，物块A的速度大小为 C．内，弹簧对两物块的冲量大小相等 D．内，弹簧对两物块做的功相等 【变式训练1·变考法】如图所示，一质量 M=3kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量m=1kg的小球通过长L=1.2m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度 v0=6m/s，已知重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为3m/s B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为 1m/s C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块运动的位移大小为0.3m D．若滑块不固定，小球到达轴 O右侧水平位置时的位移大小为0.6m 考向二 爆炸和反冲问题【重】 例2以与水平方向成60°角斜向上的初速度射出的炮弹，到达最高点时爆炸成质量分别为m和2m的两块，其中质量大的一块沿着原来的方向以的速度飞行，则质量较小的另一块弹片速度的大小和方向为 （    ） A．        与爆炸前速度方向相同 B．        与爆炸前速度方向相反 C．        与爆炸前速度方向相反 D．        与爆炸前速度方向相同 【变式训练1】如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将战机上质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则对喷气后瞬间导弹的速率下列表述正确的是（     ） A．速率变大，为 B．速率变小，为 C．速率变小，为 D．速率变大，为 考点四 力学三大基本观点的综合应用 知●识●解●构 知识点1 三大观点及相互联系 知识点2 三大观点的选用原则 力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。 (1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。 (2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。 (3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。 (4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路。 知识点3 用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法 1．多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系 选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。 通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。至于多个物体间的相互联系，通常可从它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。 2．多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律 观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。分析过程特征需仔细分析每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过程之间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。 3．含有隐含条件的问题——要深究细琢，努力挖掘隐含条件 注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是求解的关键。通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图像中去挖掘。 4．存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况 解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。 考向一 力学三大基本观点在弹簧模型中的应用【重】 例1 2024年巴黎奥运会上，滑板运动分为街式和碗池两个小项，碗池比赛在类似碗形的赛道上进行，赛道包含几种不同的元素，比如斜坡、U形池和泵道。如图所示为室内碗池比赛训练时的简化示意图，一根轻质弹簧左端固定，右端与静置在光滑水平面上K点的小球B相连，弹簧处于原长。小球B的右侧静置着一滑块C，其上表面是半径为R的光滑圆弧轨道，滑块C的最低点恰与K点重合。现将一质量为m的小球A从圆弧最高点由静止释放，小球A沿轨道滑下后，在水平面上与小球B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。已知小球B为2m、滑块C的质量为4m，小球A、B均可视为质点，重力加速度为g，求： (1)小球A下滑到圆弧轨道最低点时，小球A的速度v1、滑块C的速度v2的大小； (2)弹簧弹性势能的最大值； (3)若当小球B再一次回到K点时，小球A恰好第一次返回滑块C的最低点，求B做简谐运动的周期。 【变式训练1·变考法】如图所示，光滑水平面上静置有质量的滑块C，C的上表面是半径 的四分之一圆弧，且最低点切线水平。C右侧静止放置一与轻弹簧连接的小球B，B的质量也为M。让一质量的小球A从C的顶端自由释放，A到达水平面上压缩弹簧，最后又与弹簧分离，重力加速度g取不计一切摩擦，A、B均可视为质点，求： (1)A第一次与C分离时的速度大小； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)C最终的速度大小。 考向二 力学三大基本观点在板块模型中的应用【重】 例2某工厂的传送装置可简化为如图所示模型，半径m的四分之一圆弧轨道最低点与长度m的传送带平滑连接，传送带以m/s的速率顺时针转动，传送带右侧与轨道平滑连接，轨道右侧地面放置一质量kg的木板，木板紧靠轨道，传送带、轨道与木板上表面平齐，距木板右端m处有一挡板。现将质量kg的物块轻放在圆弧轨道最高点，使其由静止开始运动。已知物块与传送带之间、物块与木板上表面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余部分摩擦忽略不计，木板与右侧挡板的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，物块可看作质点且始终未滑离木板，取重力加速度m/s²。求： (1)计算物块在点时对轨道的压力的大小； (2)求物体在木板上第一次与木板共速时，木板的速度大小； (3)整个过程中木板运动的路程。 【变式训练1】某物理兴趣小组受游乐园的“极速穿梭”过山车轨道启发，设计了一款游戏闯关装置。如图所示，在竖直截面内，质量为m=0.1kg的小球a悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，悬点O正下方A点静置另一质量也为m的物块b，细绳始终张紧，小球摆到最低点与b发生弹性正碰，水平直轨道AG上有一半径为R=0.1m的光滑圆轨道BCD与其相切连接。圆轨道左侧是细管道，在底部B、D轨道错开，其右侧有长L=1.5m的水平传送带与直轨道无缝连接。两个相同的四分之一圆管道拼接成管道GH，圆管道半径为r=0.1m，其与直轨道HI相切于H点，直轨道HI右侧为弹性挡板，物块与其碰撞后能原速率反弹，游戏规定物块b能停在轨道HI上（不会再次通过管道回到FG上）为闯关成功。已知水平轨道FG=2DE=4AB=0.4m，HI长度为0.3m，物块与水平直轨道间的动摩擦因数均为µ1=0.25，与传送带间的动摩擦因数为µ2=0.5，其余轨道均光滑。（物块可视为质点，所有轨道平滑连接，不计空气阻力，g=10m/s2） (1)若h=0.2m，求a、b碰后瞬间物块b的速度v0的大小； (2)若物块b恰能通过圆轨道最高点C，求小球a释放的高度h1； (3)若传送带以恒定速度v1=3m/s顺时针转动，在（）条件下求物块b通过传送带的时间和系统摩擦产生的热量； (4)若小球a由高度h2=0.3m处静止释放，且传送带以恒定线速度顺时针转动，要使游戏闯关成功，求传送带的速度v应满足的条件。 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·山东·高考真题）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·北京·高考真题）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成两部分，质量分别为和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)该物体抛出时的初速度大小； (2)炸裂后瞬间B的速度大小； (3)落地点之间的距离d。 3．（2025·江苏·高考真题）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小； (3)若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能。 4．[2026·贵州·高考真题]如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 5．[2026·四川·高考真题]如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为，与传送带间的动摩擦因数分别、。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度（为重力加速度大小）运动，经时间撤去外力、再经时间绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则（     ） A．和满足 B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为 C．绳绷直后瞬间甲的动能为 D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 6．[2026·山东·高考真题]（多选）如图所示，质量相等的两个小物块M和N，M恰好静止于倾角为的固定斜面上，N从斜面上某位置由静止释放，时刻以速度与M发生弹性碰撞。已知M与斜面间动摩擦因数为，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、图像正确的是（     ） A． B． C． D． 7．[2026·山西陕西·高考真题]如图，物块的质量分别为、、，通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与连接，与位于正下方的用劲度系数为的轻弹簧相连。初始时托住和，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放和，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（为形变量），重力加速度大小为。则（     ） A．释放后瞬间的加速度大小为 B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为 C．释放后下降的最大距离为 D．释放后的速度最大值为 8．[2026·内蒙古辽宁·高考真题]如图，光滑水平面上一质量的木板，其右端通过轻弹簧连接质量的物块，此时弹簧伸长量，物块和木板均静止。质量的小球（可视为质点）通过长的轻绳悬于点。小球从绳与竖直方向成处由静止释放，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。 (1)求碰撞后瞬间木板的速度大小。 (2)弹簧的压缩量第一次为时，物块速度大小为，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数。 9．[2026·河北·高考真题]如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，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。取，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。 10．[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。 11．[2026·江苏·高考真题]如图所示，光滑水平面上质量为m的小球A通过两根相同的轻质弹簧分别与质量均为的小球、连接，、分别套在两根平行的细杆上，细杆固定、光滑且足够长。初始时A、、位于垂直于细杆的直线上且处于静止状态，每根弹簧都处于原长。现有质量为M的小球B以速度沿平行于细杆的方向与A发生弹性正碰。 (1)求A获得的速度大小； (2)在弹簧再次恢复原长的过程中，若B与A不发生碰撞，求此过程中每根弹簧的最大弹性势能； (3)在弹簧再次恢复原长时，若B又恰能与A碰撞，求A、B两球的质量之比。 12．[2026·湖北·高考真题]在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、两点的距离均为。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为，不计空气阻力。 (1)求甲第一次到达点时的速度大小。 (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，求满足的关系式（不求具体数值）。 13．[2026·云南·高考真题]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N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，每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为和，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，…，N。开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为的弹球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。 (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号弹球第次碰撞后瞬间的速度大小； （iii）若N足够大，且，求与之间应满足的关系。 14．[2026·河南·高考真题]如图，水平地面上的球壳内下端有一小球，球壳的直径D = 0.25m，上端距天花板的距离为h = 6m。现以v0 = 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Δt = 0.1s，小球与球壳发生第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。 (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v1 = 6m/s，求球壳首次碰地时的速度大小。 15．[2026·湖南·高考真题]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v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θ角（θ已知，且0 < θ < α）。设两部分质量之比为k，弹射装置释放的能量为E。 （i）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。 16．[2026·浙江·高考真题]如图所示。一宽度为d的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ分别平滑连接半径均为r的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m的物块a，从圆弧面上相对平板竖直高度为h的A点静止下滑(h<< r)，途经圆弧面上最低点B，平板上有一质量为的物块b与MN成45°角从O点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a发生弹性碰撞。两物块均为质点。 (1)求物块a第一次经过B点时速度大小v0和所受支持力FN； (2)从A到B的过程：物块a相对于B点位移为x，求其所受回复力F与x的关系式； (3)求物块b的初速度大小vb以及碰撞后瞬间物块a的速度大小va； (4)若h=0.032m，r=10m，d=0.4m，要使物块a从NQ之间滑离，求BQ间距L的范围。 2 / 23 学科网（北京）股份有限公司 $ 第23讲 动量守恒定律及其应用 内容导航 01 命题透视·考情前瞻 对标素养，研判高考命题趋势 02 思维建模·脉络梳理 搭建知识框架，构建系统思维 03 考点精讲·靶向突破 拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量守恒的条件及应用 知识点1动量守恒定律内容及条件 知识点2动量守恒定律的“四性” 考向1动量守恒的判断 考向2动量守恒守恒定律的应用重 考点二 碰撞问题 知识点1弹性碰撞重 知识点2非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 考向1弹性碰撞规律应用重 考向2完全非弹性碰撞规律应用重 考向3类碰撞问题重 考点三 人船模型、爆炸和反冲问题 知识点1人船模型重 知识点2爆炸和反冲问题 考向1人船模型 重 考向2爆炸和反冲问题 重 考点四 人船模型、爆炸和反冲问题 知识点1三大观点及相互联系 知识点2三大观点的选用原则 知识点3用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法 考向1力学三大基本观点在弹簧模型中的应用 重 考向2力学三大基本观点在板块模型中的应用重 04 真题溯源·考向感知 溯源真题逻辑，感知高考考向 命题透视·考情前瞻 ——对标素养，研判高考命题趋势 核心考点 2026年 2025年 2024年 动量守恒定律的应用 贵州卷T3 四川卷T 7 山东卷T11 陕晋青宁T10 黑吉辽蒙T14 河北T14 广东T14 江苏T16 湖北T15 云南T15 河南T15 湖南T15 浙江（第一次）T19 山东卷T17 江苏卷T14 广西卷T8 甘肃卷T14 天津卷T8 考情分析 1．题型与考向：高考对动量守恒定律的考查非常频繁，大多在综合性的计算题中出现，题目难度各省份不同，同时，这类题目往往综合性比较强，需要的能力也比较高。 2．情境与立意： 从命题思路上看，试题情景为 典型模型类：传送带模型、板块模型、竖直面内圆周运动模型、弹簧模型，以及电磁场带电体等。 复习目标 目标一：理解和掌握动量守恒定律。 目标二：能够利用动量守恒定律处理解决涉及碰撞、反冲、弹簧和板块等问题。 目标三：能够应用三大观点解决复杂的物理过程。 动量守恒定律及其应用 动量守恒的条件及应用 动量守恒定律内容及条件 系统不受外力或外力合力为零时，总动量守恒 表达形式：m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2' 常见守恒形式及成立条件 理想守恒：系统不受外力或外力合力为零 近似守恒：内力远大于外力 分动量守恒：某方向上外力合力为零 动量守恒定律的“四性” 矢量性：初末动量为矢量，需选取正方向 瞬时性：每一时刻总动量相等 同一性：速度需相对同一参考系 普适性：适用于多物体及微观粒子系统 碰撞问题 弹性碰撞 碰撞三原则 动量守恒：p1 + p2 = p1' + p2' 动能不增加：Ek1 + Ek2 ≥ Ek1' + Ek2' 速度合理：考虑碰前后的运动方向 “动碰动”弹性碰撞 “动碰静”弹性碰撞结论 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 非弹性碰撞 动量守恒，动能损失 完全非弹性碰撞 碰后物体速度相同 系统损失动能最大 人船模型、爆炸和反冲问题 人船模型 适用条件 系统由两物体组成且初始静止，系统总动量为零 动量守恒或某方向动量守恒 爆炸和反冲问题 反冲现象 系统内部分向相反方向运动 动量守恒和机械能增加 爆炸现象 动量守恒和动能增加 爆炸前后位置不变 力学三大基本观点的综合应用 三大观点 动力学观点 能量观点 三大观点的选用原则 多物体系统优先使用守恒定律 涉及速度和时间使用动量定理 涉及位移和时间使用牛顿运动定律 涉及位移和速度使用动能定理 用三大观点解物理题的科学思维方法 多体问题 正确选取研究对象和寻找相互联系 多过程问题 观察过程特征和运用物理规律 含有隐含条件的问题 挖掘隐含条件，梳理解题思路 存在多种情况的问题 分析制约条件，探讨各种情况 动量观点 考点精讲·靶向突破 ——拆解核心考点，归纳解题范式 考点一 动量守恒的条件及应用 知●识●解●构 知识点1 动量守恒定律内容及条件 1.内容：如果系统不受外力，或者所受外力的合力为零，这个系统的总动量保持不变。 2.表达形式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 3.常见的几种守恒形式及成立条件： ①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零。 ②近似守恒：系统所受外力虽不为零，但内力远大于外力。 ③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某方向上合力为零，系统在该方向上动量守恒。 知识点2 动量守恒定律的“四性” 1.矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负。 2.瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等。 3.同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律时，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。一般选地面为参考系。 4.普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。 考●向●破●译 考向1 动量守恒的判断【重】 例1 如图所示，静止在光滑水平桌面上的物块A和B用一轻质弹簧栓接在一起，弹簧处于原长。一颗子弹沿弹簧轴线方向射入物块A并留在其中，射入时间极短。下列说法中正确的是（　　） A．在运动过程中，弹簧最短时的系统（子弹和A、B）的机械能等于弹簧最长时系统的机械能 B．子弹射入物块A的过程中，子弹和物块A的动量和机械能均守恒 C．子弹射入物块A后，两物块与子弹的动能之和等于射入物块A前子弹的动能 D．子弹射入物块A的过程中，子弹对物块A的力大小大于物块A对子弹的力 【答案】A 【详解】A．在子弹射入A之后，子弹、A、B和弹簧组成的系统在水平方向不受外力，因此系统的动量守恒，弹簧最短时和弹簧最长时，A（含子弹）与B的速度相等，此时A（含子弹）与B总动能相等，即机械能相等，故A正确； B．子弹射入物块A的过程，时间极短，子弹和物块A组成的系统动量守恒。但这是一个完全非弹性碰撞过程，子弹和物块A之间存在摩擦力做功，产生内能，因此系统的机械能不守恒。故B错误； C．子弹射入A的过程存在机械能损失，因此子弹射入A后，两物块与子弹的动能之和一定小于射入前子弹的动能，故C错误； D．子弹对物块A的力和物块A对子弹的力是一对作用力与反作用力。根据牛顿第三定律，它们的大小总是相等的，方向相反。故D错误。 故选A。 【变式训练1·变载体】如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。将子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程称为I，此后木块压缩弹簧的过程称为II，则（     ） A．过程I中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量也不守恒 B．过程I中，子弹和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 C．过程II中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能守恒，动量也守恒 D．过程II中，子弹、弹簧和木块所组成的系统机械能不守恒，动量守恒 【答案】B 【详解】AB．在过程I中，子弹射入木块的时间极短，弹簧来不及发生形变，弹簧对木块的弹力为零。对于子弹和木块组成的系统，水平方向所受合外力为零，根据动量守恒定律可知系统动量守恒；由于子弹与木块间存在相对滑动，摩擦力做功产生内能，系统的机械能转化为内能，故机械能不守恒，故A错误，B正确； CD．在过程II中，子弹、弹簧和木块组成的系统在水平方向上受到墙壁对弹簧的作用力，系统所受合外力不为零，根据动量守恒定律可知系统动量不守恒；此过程中只有弹簧弹力做功，系统动能与弹性势能相互转化，故机械能守恒，故CD错误。 故选 B。 考向2 动量守恒守恒定律的应用【重】 例2如图所示，一质量为400kg的沙车，在光滑的水平面上做匀速直线运动，速度为2.5m/s，质量为600kg的沙粒从高0.8m处竖直向下快速落入沙车中，稳定后，沙车的速度为（     ） A．0.5m/s B．1m/s C．2.4m/s D．3.4m/s 【答案】B 【详解】设沙车质量为，沙粒质量为，沙车初速度为，稳定后沙车与沙粒的共同速度为。由分析可知，沙车和沙粒组成的系统水平方向不受力的作用，故系统水平方向动量守恒。沙粒竖直下落，落入沙车前的水平速度为零。取沙车运动方向为正方向，则由系统水平方向动量守恒得 解得稳定后沙车的速度为 故选B。 【变式训练1·变考法】乌贼靠自身的漏斗状体管喷射海水推动身体运动，被称为“水中火箭”。如图所示，一只悬浮在水中的乌贼，当外套膜吸满水后，它的总质量为，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后以高速喷出，从而迅速逃窜，喷出水的质量为，则喷出水后乌贼的动量为（　　） A．80kg·m/s B．1600kg·m/s C．320kg·m/s D．400kg·m/s 【答案】A 【详解】由题意可知，乌贼逃命时喷出水的速度为v=160m/s，喷出水的质量为m=0.5kg；且乌贼和喷出的水组成的系统动量守恒，设乌贼喷射出水后的动量为p，取乌贼向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定律可得p-mv=0 代入数据解得乌贼喷射出水后的动量为p=80kg·m/s 故选A。 考点二 碰撞问题 知●识●解●构 知识点1 弹性碰撞 重 1.碰撞三原则： (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2. “动碰动”弹性碰撞 v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： (1) (2) 联立（1）、（2）解得： v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换) (2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑) (3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹) (4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍) (5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变) 知识点2 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 1.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据能量守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 2.完全非弹性碰撞 v1 v2 v共 m1 m2 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 考●向●破●译 考向1 弹性碰撞规律应用【重】 例1如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球A、B发生正碰。小球A、B的质量分别为m1和，图乙为它们碰撞前后的图像。已知m1=0.1kg。由此可以判断（　　） A．碰后m2和m1都向右运动 B．m2=0.15kg C．碰撞过程中m2对m1的冲量大小为0.4N·s D．碰撞过程是非弹性碰撞 【答案】B 【详解】A．图像的斜率表示速度，则由题图乙可知，碰撞前小球A的速度为 小球B的速度为0；同理可知碰撞后小球A、B的速度分别为， 所以碰后向右运动，而向左运动，故A错误； B．对小球A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有 代入数据解得小球B的质量为，故B正确； C．对列动量定理方程有 代入数据解得 所以碰撞过程中对的冲量大小为，故C错误； D．碰撞前系统的机械能为 碰撞后系统的机械能为 所以该碰撞过程是弹性碰撞，故D错误。 故选B。 ▶新思维◀【变式训练1·变考法】物理课上老师做了一个有趣的乒乓球水杯弹跳实验，乒乓球与盛水的水杯一起自由落下，发现乒乓球弹起的高度大于乒乓球单独自由落下后弹起的高度。小郴同学将其简化为如图所示模型来分析，两质量分别为m和M的小球A、B叠放在一起（B相当于盛水水杯），从高度为h处自由下落。h远大于两小球半径，落地瞬间球B先与地面碰撞（假设碰后B速度大小不变，方向改变），后与球A碰撞，碰后球B速度为0，所有的相互作用和运动都发生在竖直方向上，碰撞时间均很短。则对该模型分析下列正确的是（　　） A．反弹的高度只与最初一起释放的高度有关 B．原释放高度h越大，则反弹的高度与原高度的比值将变大 C．球B落地速度为 D．球A 上升的高度为 【答案】D 【详解】C．球B落地时，由机械能守恒定律可知 解得落地的速度为 ，C错误； ABD．两球落地时速度均为；B球撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，对两球碰撞过程研究，设碰后A球的速度为v1、B球速度为零，选竖直向上为正方向，由动量守恒定律得 碰后A球上升，则 解得 即 可知反弹的高度不只与最初一起释放的高度有关，还与两球的质量有关；原释放高度h越大，则反弹的高度与原高度的比值将不变，D正确，AB错误。 故选D。 考向2 完全非弹性碰撞规律应用【重】 例2两小车的质量分别为和，将它们分别与小车沿直线做碰撞实验，碰撞前后的位置随时间、速度随时间的变化图像分别如图1和图2所示。小车的质量为，碰撞时间极短，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】图1，碰撞前速度为，速度为，碰撞后共速 动量守恒 解得，即 图2，碰撞前速度为，速度为，碰撞后速度为，速度为 动量守恒 整理有 从图像中可以看出，所以 所以 故选A。 【变式训练1】如图所示，光滑水平直轨道上，滑块A、B用轻质橡皮筋连接，A的质量为3m，B的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度。一段时间后橡皮筋被拉直，且橡皮筋被拉直的过程中A、B系统的动能有损失，随后A、B发生碰撞并粘在一起。已知碰前瞬间B的速度也为，则碰撞过程中A、B系统机械能的损失为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设碰前A的速度为，规定向左为正方向，根据动量守恒有 解得 则A碰B后，根据动量守恒有 解得 则碰撞过程中A、B系统损失的机械能为 联立解得 故选B。 考向3 类碰撞问题【重】 例3如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为、，作出图像如图乙所示，重力加速度，不考虑任何阻力，则下列说法正确的是（     ） A．小球的质量为 B．小球运动到最高点时的速度为- C．小球能够上升的最大高度为 D．小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动 【答案】D 【详解】A．设小球的质量为m，初速度为，在水平方向上由动量守恒定律有 整理可得 则图线的斜率为 解得，故A错误； B．图线的纵截距为 解得小球的初速度大小为 小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度，在水平方向上由动量守恒定律得 解得，故B错误； C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得 解得，故C错误； D．对小球和圆弧滑块组成的系统，分离时根据动量守恒，有 根据能量守恒有 解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为 即小球的速度方向向右，所以小球在与圆弧滑块分离后相对地面向右做平抛运动，故D正确。 故选D。 【变式训练1】（多选）轻弹簧的两端分别与物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上。现使物块A以水平向右的速度开始运动，如图甲所示，并从此时刻开始计时。两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（     ） A．时，物块A和B的加速度大小相等 B．时，物块A的速度大小为 C．内，弹簧对两物块的冲量大小相等 D．内，弹簧对两物块做的功相等 【答案】BC 【详解】A．弹簧对A、B的作用力属于作用力与反作用力，大小始终相等。在时刻，B的速度达到最大，此时其加速度为零，说明弹簧处于原长状态。结合图像可知两物块的质量不相等（）。 根据牛顿第二定律，在时刻弹簧发生形变，两物块受到的弹力大小相等，但质量不同，因此加速度大小不相等，故A错误； B．在时刻，物块B的速度达到最大值，此时弹簧恢复原长。系统满足动量守恒定律和机械能守恒定律，规定向右为正方向，有： 将代入，联立方程解得：或（对应初始状态，舍去） 因此，在时，物块A的速度大小为，故B正确； C．在内，弹簧对A、B两物块的作用力大小始终相等。根据冲量的定义（力对时间的积累），力的大小随时间的变化规律完全相同，因此这段时间内弹簧对两物块的冲量大小一定相等，故C正确； D．在内，虽然弹簧对两物块的弹力大小相等，但由于两物块的运动速度不同，根据图像面积可知，在相同时间内发生的位移大小不同。根据做功的定义可知，弹簧对两物块做的功不相等，故D错误。 故选BC。 考点三 人船模型、爆炸和反冲问题 知●识●解●构 知识点1 人船模型 1. 适用条件 ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零； ②动量守恒或某方向动量守恒． 2. 常用结论 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t, 即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L， 可解得：； 3. 类人船模型 类型一 类型二 类型三 类型四 类型五 知识点2 爆炸和反冲问题 1． 对反冲现象的三点说明 (1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。 (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。 (3)反冲运动中平均动量守恒。 2． 爆炸现象的三个规律 (1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。 (2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。 (3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。 考●向●破●译 考向一 人船模型【重】 例1 （多选）轻弹簧的两端分别与物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上。现使物块A以水平向右的速度开始运动，如图甲所示，并从此时刻开始计时。两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（     ） A．时，物块A和B的加速度大小相等 B．时，物块A的速度大小为 C．内，弹簧对两物块的冲量大小相等 D．内，弹簧对两物块做的功相等 【答案】BC 【详解】A．弹簧对A、B的作用力属于作用力与反作用力，大小始终相等。在时刻，B的速度达到最大，此时其加速度为零，说明弹簧处于原长状态。结合图像可知两物块的质量不相等（）。 根据牛顿第二定律，在时刻弹簧发生形变，两物块受到的弹力大小相等，但质量不同，因此加速度大小不相等，故A错误； B．在时刻，物块B的速度达到最大值，此时弹簧恢复原长。系统满足动量守恒定律和机械能守恒定律，规定向右为正方向，有： 将代入，联立方程解得：或（对应初始状态，舍去） 因此，在时，物块A的速度大小为，故B正确； C．在内，弹簧对A、B两物块的作用力大小始终相等。根据冲量的定义（力对时间的积累），力的大小随时间的变化规律完全相同，因此这段时间内弹簧对两物块的冲量大小一定相等，故C正确； D．在内，虽然弹簧对两物块的弹力大小相等，但由于两物块的运动速度不同，根据图像面积可知，在相同时间内发生的位移大小不同。根据做功的定义可知，弹簧对两物块做的功不相等，故D错误。 故选BC。 【变式训练1·变考法】如图所示，一质量 M=3kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，一质量m=1kg的小球通过长L=1.2m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕轴O自由转动。初始时，轻杆水平，现给小球一竖直向上的初速度 v0=6m/s，已知重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．若滑块固定，小球到达最高点的速度大小为3m/s B．若滑块不固定，小球到达最高点的速度大小为 1m/s C．若滑块不固定，小球到达最高点时，滑块运动的位移大小为0.3m D．若滑块不固定，小球到达轴 O右侧水平位置时的位移大小为0.6m 【答案】C 【详解】A．若滑块固定，小球由初始位置到达最高点的过程，则有 代入数据得，故A错误； B．若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，则有 根据机械能守恒，则有 联立解得，故B错误； C．若滑块不固定，小球由初始位置到达最高点的过程，水平方向动量守恒，选取向右的方向为正方向，则有 结合 整理得 位移关系 代入数据得,故C正确； D．若滑块不固定，小球从O左侧水平到右侧水平，相对滑块的水平位移为 故 而 解得，故D错误。 故选C。 考向二 爆炸和反冲问题【重】 例2以与水平方向成60°角斜向上的初速度射出的炮弹，到达最高点时爆炸成质量分别为m和2m的两块，其中质量大的一块沿着原来的方向以的速度飞行，则质量较小的另一块弹片速度的大小和方向为 （    ） A．        与爆炸前速度方向相同 B．        与爆炸前速度方向相反 C．        与爆炸前速度方向相反 D．        与爆炸前速度方向相同 【答案】C 【详解】斜抛的炮弹在水平方向做匀速直线运动，炮弹在最高点爆炸前瞬间的速度为，方向水平，爆炸过程水平方向动量守恒，以爆炸前速度方向为正方向，有，解得，方向与爆炸前速度方向相反，故选C。 【变式训练1】如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将战机上质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则对喷气后瞬间导弹的速率下列表述正确的是（     ） A．速率变大，为 B．速率变小，为 C．速率变小，为 D．速率变大，为 【答案】A 【详解】取导弹原运动方向为正方向，设喷气后瞬间导弹的速度为。喷气过程时间极短，导弹和燃气组成的系统水平方向动量守恒，则 解得 由于，导弹速率变大。 故选A。 考点四 力学三大基本观点的综合应用 知●识●解●构 知识点1 三大观点及相互联系 知识点2 三大观点的选用原则 力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。 (1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。 (2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。 (3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。 (4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路。 知识点3 用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法 1．多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系 选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。 通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。至于多个物体间的相互联系，通常可从它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。 2．多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律 观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。分析过程特征需仔细分析每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过程之间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。 3．含有隐含条件的问题——要深究细琢，努力挖掘隐含条件 注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是求解的关键。通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图像中去挖掘。 4．存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况 解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。 考向一 力学三大基本观点在弹簧模型中的应用【重】 例1 2024年巴黎奥运会上，滑板运动分为街式和碗池两个小项，碗池比赛在类似碗形的赛道上进行，赛道包含几种不同的元素，比如斜坡、U形池和泵道。如图所示为室内碗池比赛训练时的简化示意图，一根轻质弹簧左端固定，右端与静置在光滑水平面上K点的小球B相连，弹簧处于原长。小球B的右侧静置着一滑块C，其上表面是半径为R的光滑圆弧轨道，滑块C的最低点恰与K点重合。现将一质量为m的小球A从圆弧最高点由静止释放，小球A沿轨道滑下后，在水平面上与小球B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。已知小球B为2m、滑块C的质量为4m，小球A、B均可视为质点，重力加速度为g，求： (1)小球A下滑到圆弧轨道最低点时，小球A的速度v1、滑块C的速度v2的大小； (2)弹簧弹性势能的最大值； (3)若当小球B再一次回到K点时，小球A恰好第一次返回滑块C的最低点，求B做简谐运动的周期。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）小球 A 下滑到圆弧轨道最低点过程中，小球 A 与滑块 C 组成的系统水平方向动量守恒，有 又根据机械能守恒定律有 两式联立得，， （2）小球 A 与小球 B 发生弹性碰撞，设碰后的速度分别为和，根据动量守恒和机械能守恒有， 解得， 小球 A 与小球 B 碰后，小球 B 与弹簧组成的系统机械能守恒，得弹簧弹性势能的最大值为 解得 （3）小球 A 下滑到圆弧轨道最低点过程中，设小球 A 水平方向的位移和滑块 C 的位移分别为和，则 根据水平方向动量守恒有 即，解得， 小球 A 第一次下滑到圆弧轨道最低点到与小球 B 发生碰撞所用时间设为，则 从小球 A 与小球 B 碰后到小球 B 再一次回到 K 点所用时间设为，由于速度大小相等方向相反，经过半个周期，则 根据题意 A 要追上 C，则 联立解得 【变式训练1·变考法】如图所示，光滑水平面上静置有质量的滑块C，C的上表面是半径 的四分之一圆弧，且最低点切线水平。C右侧静止放置一与轻弹簧连接的小球B，B的质量也为M。让一质量的小球A从C的顶端自由释放，A到达水平面上压缩弹簧，最后又与弹簧分离，重力加速度g取不计一切摩擦，A、B均可视为质点，求： (1)A第一次与C分离时的速度大小； (2)弹簧的最大弹性势能； (3)C最终的速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A从释放到第一次与C分离过程，A、C组成的系统满足水平方向动量守恒，则有 根据机械能守恒可得 联立解得， 可知A第一次与C分离时A的速度大小为，方向向右；C的速度大小为，方向向左。 （2）当A、B速度相同时，弹簧的压缩量最大，根据动量守恒可得 解得 根据能量守恒可得 解得最大弹性势能为 （3）当弹簧恢复原长时，A与弹簧分离，以向右为正方向，根据系统动量守恒和机械能守恒可得 ， 解得， 可知A与弹簧分离时的速度大小为，方向向左；之后A追上C，最后再与C分离，从A追上C到第二次与C分离过程，以向左为正方向，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒可得， 联立解得， 可知C最终的速度大小为。 考向二 力学三大基本观点在板块模型中的应用【重】 例2某工厂的传送装置可简化为如图所示模型，半径m的四分之一圆弧轨道最低点与长度m的传送带平滑连接，传送带以m/s的速率顺时针转动，传送带右侧与轨道平滑连接，轨道右侧地面放置一质量kg的木板，木板紧靠轨道，传送带、轨道与木板上表面平齐，距木板右端m处有一挡板。现将质量kg的物块轻放在圆弧轨道最高点，使其由静止开始运动。已知物块与传送带之间、物块与木板上表面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其余部分摩擦忽略不计，木板与右侧挡板的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，物块可看作质点且始终未滑离木板，取重力加速度m/s²。求： (1)计算物块在点时对轨道的压力的大小； (2)求物体在木板上第一次与木板共速时，木板的速度大小； (3)整个过程中木板运动的路程。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块下滑运动到N点，由动能定理 解得 在N点，根据牛顿第二定律有 结合牛顿第三定律，可得 （2）物块在传送带上滑行的加速度 共速时滑行距离 故物块在传送带上先减速后匀速运动，物块滑上木板时的速度为 假设木板第一次与挡板碰撞前，物块已经与木板共速，根据动量守恒定律，有 解得 该过程中对木板，由动能定理可得 解得，假设正确，故物体在木板上第一次与木板共速时，木板的速度大小 （3）木板与挡板第一次碰撞，木板位移为 木板与挡板第一次碰撞后减速到零过程，根据动能定理，有 解得，则木板从第一次到第二次与挡板碰撞时发生的位移为 木板与挡板第一次碰撞后到物块与木板第二次共速，根据动量守恒有 解得 木板与挡板第二次碰撞后减速到零过程，根据动能定理，有 解得，则木板从第二次到第三次与挡板碰撞时发生的位移为 木板与挡板第二次碰撞后到物块与木板第三次共速，根据动量守恒有 解得 同理可得，木板位移为 故整个过程中木板运动的路程 【变式训练1】某物理兴趣小组受游乐园的“极速穿梭”过山车轨道启发，设计了一款游戏闯关装置。如图所示，在竖直截面内，质量为m=0.1kg的小球a悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，悬点O正下方A点静置另一质量也为m的物块b，细绳始终张紧，小球摆到最低点与b发生弹性正碰，水平直轨道AG上有一半径为R=0.1m的光滑圆轨道BCD与其相切连接。圆轨道左侧是细管道，在底部B、D轨道错开，其右侧有长L=1.5m的水平传送带与直轨道无缝连接。两个相同的四分之一圆管道拼接成管道GH，圆管道半径为r=0.1m，其与直轨道HI相切于H点，直轨道HI右侧为弹性挡板，物块与其碰撞后能原速率反弹，游戏规定物块b能停在轨道HI上（不会再次通过管道回到FG上）为闯关成功。已知水平轨道FG=2DE=4AB=0.4m，HI长度为0.3m，物块与水平直轨道间的动摩擦因数均为µ1=0.25，与传送带间的动摩擦因数为µ2=0.5，其余轨道均光滑。（物块可视为质点，所有轨道平滑连接，不计空气阻力，g=10m/s2） (1)若h=0.2m，求a、b碰后瞬间物块b的速度v0的大小； (2)若物块b恰能通过圆轨道最高点C，求小球a释放的高度h1； (3)若传送带以恒定速度v1=3m/s顺时针转动，在（）条件下求物块b通过传送带的时间和系统摩擦产生的热量； (4)若小球a由高度h2=0.3m处静止释放，且传送带以恒定线速度顺时针转动，要使游戏闯关成功，求传送带的速度v应满足的条件。 【答案】(1)2m/s (2)0.275m (3)，0.05J (4) 【详解】（1）对小球a，根据机械能守恒定律可得 小球a与物块b碰撞过程满足， 联立解得， （2）若物块b恰能通过圆轨道最高点C，则 对物块b，有 小球a与物块b碰撞过程满足， 对小球a，有 联立可得 （3）物块从A运动到E，根据动能定理有 解得 由于 说明物块先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，所以 系统摩擦产生的热量为 （4）对小球a，有 小球a与物块b碰撞过程满足， 对物块b，有 联立解得 若滑块在HI上与弹性挡板碰撞后，恰好停在H点，则从F到停下由动能定理得 解得 若滑块恰好停在I点，则从F到停下由动能定理得 解得 则传送带的速度需满足的条件 真题溯源·考向感知 ——溯源真题逻辑，感知高考考向 1．（2025·山东·高考真题）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】轨道舱与返回舱的质量比为，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m； 根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有 可得做圆周运动的线速度为 弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有 由题意 带入解得 故选C。 2．（2025·北京·高考真题）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成两部分，质量分别为和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)该物体抛出时的初速度大小； (2)炸裂后瞬间B的速度大小； (3)落地点之间的距离d。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式 可得 （2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A速度为v，设B速度为vB，由动量守恒定律得 解得 即大小为2v （3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移 B的水平位移 所以落地点A、B之间的距离 3．（2025·江苏·高考真题）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小； (3)若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为。 （2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得， 负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为 （3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞次后速度大小为 则玻璃球碰撞次后最终动能大小 4．[2026·贵州·高考真题]如图，完全相同的均质小球A、B被不可伸长的细线悬挂，静止在同一竖直平面内，相互接触无挤压，悬挂点到球心的距离分别为和，A被拉至与竖直方向成的位置并由静止释放，随后与B发生弹性正碰。忽略空气阻力，B的球心上升的最大高度为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设A、B小球的质量均为，忽略空气阻力，则A从静止释放至与B发生碰撞前瞬间，由动能定理可得 A球与B球碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有， 可得 由于 所以从碰撞后至下次碰撞前，B做圆周运动，设B的球心上升的最大高度为h，则对B从碰后至上升到最大高度的过程，由动能定理可得 解得 故选A。 5．[2026·四川·高考真题]如图所示，以恒定速率运行的传送带上有甲、乙两物块，二者与传送带相对静止，由不可伸长轻绳连接，之间无间隙。甲、乙质量均为，与传送带间的动摩擦因数分别、。某时刻、对乙施加水平向右的外力使其以恒定加速度（为重力加速度大小）运动，经时间撤去外力、再经时间绳绷直。甲、乙均可视为质点、传送带足够长。则（     ） A．和满足 B．从撤去外力到绳绷直，因摩擦产生的热量为 C．绳绷直后瞬间甲的动能为 D．绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞 【答案】D 【详解】以传送带为参考系，初始甲乙均静止。 A．施加外力过程，乙的最大速度 撤去外力后，乙的加速度大小 经时间绳绷直，此时乙还有向右的速度或恰好相对传送带静止，说明 故，故A错误； B．绳绷直时乙的速度 从撤去外力到绳绷直，乙的路程（以下所指路程均为相对传送带运动的距离）为 因摩擦产生的热量，故B错误； C．绳绷直瞬间，根据动量守恒 解得 此速度为相对传送带的速度，此时甲的对地速度要大于，则其动能大于，故C错误； D．绳绷直以后甲、乙相对传送带速度均为 从绷直到乙相对传送带静止，乙的路程为 从绷直到甲相对传送带静止，甲的加速度为 甲的路程为 从施加外力到绳绷直过程乙的路程为 比较可知 故绳绷直以后甲、乙不会发生碰撞，故D正确。 故选D。 6．[2026·山东·高考真题]（多选）如图所示，质量相等的两个小物块M和N，M恰好静止于倾角为的固定斜面上，N从斜面上某位置由静止释放，时刻以速度与M发生弹性碰撞。已知M与斜面间动摩擦因数为，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、图像正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】M、N质量相等，根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 可得碰撞后， 即发生弹性碰撞后交换速度，则时刻两物块碰后瞬间M的速度为v，N的速度为0，M与斜面间的动摩擦因数为、N与斜面间无摩擦，则碰后M做匀速直线运动，N做加速度大小为的匀加速直线运动，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，则有 解得 则时刻M、N发生第二次碰撞，碰前瞬间M的速度为v，N的速度为 M、N质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，所以第二次碰后瞬间的速度为 N的速度为，同理可得M、N从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间有 解得 所以时刻发生第三次碰撞，第三次碰前瞬间M的速度为 N的速度为 对比选项中图像可知AD正确，BC错误。 故选AD。 7．[2026·山西陕西·高考真题]如图，物块的质量分别为、、，通过不可伸长的轻绳绕过两个固定轻质光滑定滑轮与连接，与位于正下方的用劲度系数为的轻弹簧相连。初始时托住和，使弹簧处于原长，三个物块均静止。现同时无初速度释放和，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（为形变量），重力加速度大小为。则（     ） A．释放后瞬间的加速度大小为 B．释放后瞬间轻绳上的拉力大小为 C．释放后下降的最大距离为 D．释放后的速度最大值为 【答案】AD 【详解】AB．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，设释放后瞬间轻绳上的拉力大小为，对、整体，由牛顿第二定律有 对，由牛顿第二定律有 联立解得，，故A正确，B错误； CD．根据题意，把物块看成整体，左边受向下的，右边也受向下的，整体合力为零，由动量守恒定律有 则有 可得 解得， 设释放后下降的最大距离为，则，此时弹簧形变量为 由能量守恒定律有 解得 释放后的速度最大时为，则有 又有 解得 则有， 由能量守恒定律有 解得，故C错误，D正确。 故选AD。 8．[2026·内蒙古辽宁·高考真题]如图，光滑水平面上一质量的木板，其右端通过轻弹簧连接质量的物块，此时弹簧伸长量，物块和木板均静止。质量的小球（可视为质点）通过长的轻绳悬于点。小球从绳与竖直方向成处由静止释放，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。 (1)求碰撞后瞬间木板的速度大小。 (2)弹簧的压缩量第一次为时，物块速度大小为，方向向左。求木板与物块间的动摩擦因数。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）C下摆过程，由机械能守恒定律有 解得 C与A碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有， 联立解得碰撞后瞬间木板的速度大小 （2）A、C碰后，当弹簧的压缩量第一次为时，以向左为正方向，由动量守恒定律有 解得 由题意可知弹簧的弹性势能不变，由能量守恒定律有 解得 9．[2026·河北·高考真题]如图所示，质量为的木板上放有一个质量为的机器人，木板始终受到水平向右、大小为的恒力作用。初始时木板与机器人一起以的速度沿水平地面向右匀速运动。机器人正上方有一个沿竖直方向可以伸缩、水平向右速度恒为的机械夹爪。某时刻夹爪将机器人向上提起，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。取，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。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）根据题意，设木板与地面间的摩擦因数为，则有 解得 机器人被提起时，对木板有 解得 机器人被提起的2s内，木板位移的大小 （2）机器人被放回木板时，木板的速度为 机器人被放回木板后，恒力与地面对木板的摩擦力平衡，机器人和木板组成的系统所受合力为零，则由动量守恒定律有 解得 对机器人，由动能定理可得，摩擦力对机器人所做的功 10．[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 11．[2026·江苏·高考真题]如图所示，光滑水平面上质量为m的小球A通过两根相同的轻质弹簧分别与质量均为的小球、连接，、分别套在两根平行的细杆上，细杆固定、光滑且足够长。初始时A、、位于垂直于细杆的直线上且处于静止状态，每根弹簧都处于原长。现有质量为M的小球B以速度沿平行于细杆的方向与A发生弹性正碰。 (1)求A获得的速度大小； (2)在弹簧再次恢复原长的过程中，若B与A不发生碰撞，求此过程中每根弹簧的最大弹性势能； (3)在弹簧再次恢复原长时，若B又恰能与A碰撞，求A、B两球的质量之比。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，小球B与小球A发生弹性正碰，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立解得， （2）根据题意可知，小球、、A共速时，弹簧的形变量最大，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得 （3）根据题意，设小球B与小球A发生弹性正碰后到弹簧再次恢复原长的时间为，由动量守恒定律有 两边同时乘以并求和可得 要使弹簧恢复原长时，m与M能再次发生碰撞，则有 整理可得 解得 即球质量m和大球质量M的质量比。 12．[2026·湖北·高考真题]在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、两点的距离均为。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为，不计空气阻力。 (1)求甲第一次到达点时的速度大小。 (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，求满足的关系式（不求具体数值）。 【答案】(1) (2) (3)当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 【详解】（1）甲下滑过程轨道光滑，由动能定理 解得 （2）第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒， 解得乙弹性碰撞后速度 ​​对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化 代入，​得​​​ （3）​碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论： ①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0 ②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0 若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0 综上所述，k满足的关系式为 当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 13．[2026·云南·高考真题]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N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，每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为和，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，…，N。开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为的弹球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。 (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号弹球第次碰撞后瞬间的速度大小； （iii）若N足够大，且，求与之间应满足的关系。 【答案】(1)， (2)（i），；（ii）；（iii） 【详解】（1）P球到达第1个平台时，由机械能守恒定律有 解得 P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有， 解得， （2）（i）1球到达第2个平台时，由动能定理有 解得 1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有， 解得， 可知两球速度交换； （ii）设P球到达第k个平台时的速度为，与第k个平台处的1球碰撞后的速度为，则P球从第个平台发生第次碰撞后到第k个平台碰撞前，由动能定理① P球在第k个平台与1球碰撞，由动量守恒、机械能守恒，由之前计算结果的规律，可知② 联立①②可得 由数学知识，可知是等比数列，公比为 所以有 解得 （iii）经分析，只需考虑P球，每次都要越过最高点，则对于任意k（），由能量关系有 即 变形为 由可知 则是的减函数，故时，趋近于零，化简为 解得 14．[2026·河南·高考真题]如图，水平地面上的球壳内下端有一小球，球壳的直径D = 0.25m，上端距天花板的距离为h = 6m。现以v0 = 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Δt = 0.1s，小球与球壳发生第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。 (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v1 = 6m/s，求球壳首次碰地时的速度大小。 【答案】(1)0.05m (2)2m/s，0.1s (3) 【详解】（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 解得 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－d，则 解得 （2）设球壳质量为M，小球质量为m，球壳与小球发生第1次碰撞前速度分别为、，以竖直向下为正方向，则 球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为、 由动量守恒定律 由机械能守恒定律 碰后速度差的大小 拓展：发生弹性碰撞，恢复系数 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，两者的相对速度大小始终为，两者的相对位移大小为，有 解得 （3）取向下为正，第一次碰前：壳速，球速 弹性碰撞，每次碰撞后相对速度大小恒为，时间间隔 设每次碰撞壳速改变量为（碰前壳快时减速，球快时加速），大小 从第1次碰前到第8次碰前，经历7次碰撞和7个0.1s的重力加速（每次加1m/s） 递推球壳碰前速度 ①碰前：2 ②碰前： ③碰前： ④碰前： ⑤碰前：6 ⑥碰前： ⑦碰前：8 ⑧碰前： 已知⑧碰前壳速为6m/s，故 解得 由 得 则可推导出所有速度如表所示（速度均为m/s，＋向上，－向下） 碰撞序号 时刻 碰前壳速 碰前球速 碰后壳速 碰后球速 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 ⑪ 1.1 －12 －10 －9 －11 利用上表壳速，每段0.1s匀变速，位移，逐段累加球壳位置： 时段 壳初速 位移 累加位置y 0→0.1s －1 －0.15 5.975 0.1→0.2s ＋1 ＋0.05 6.025 0.2→0.3s －3 －0.35 5.675 0.3→0.4s －1 －0.15 5.525 0.4→0.5s －5 －0.55 4.975 0.5→0.6s －3 －0.35 4.625 0.6→0.7s －7 －0.75 3.875 0.7→0.8s －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 （第⑪次碰前）球壳质心位于。 此时碰撞后壳速变为（见上表⑪碰后），随后匀加速下降至触地（质心触地高度），下落距离 由运动学公式可知 则触地速度大小为 15．[2026·湖南·高考真题]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v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θ角（θ已知，且0 < θ < α）。设两部分质量之比为k，弹射装置释放的能量为E。 （i）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。 【答案】(1) (2) (3)（i）；（ii） 【详解】（1）根据机械能守恒定律有 解得小球接触地面瞬间的速度的大小 （2）设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为，如图所示 设此时小球的速度为，根据机械能守恒定律 对小球，根据牛顿第二定律 解得， 此时小球水平方向分速度 竖直方向分速度 竖直方向，根据速度位移关系 小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角的正切值 联立解得 （3）（i）设其中一部分的质量为，则另一部分质量为，如图所示 根据动量守恒定律有， 弹射装置释放的能量 联立可得 （ii）根据数学知识可知，当时，最小为 即有，， 两小球同时落地，运动时间为 可得 两小球的距离 由可得 联立可得 16．[2026·浙江·高考真题]如图所示。一宽度为d的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ分别平滑连接半径均为r的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m的物块a，从圆弧面上相对平板竖直高度为h的A点静止下滑(h<< r)，途经圆弧面上最低点B，平板上有一质量为的物块b与MN成45°角从O点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a发生弹性碰撞。两物块均为质点。 (1)求物块a第一次经过B点时速度大小v0和所受支持力FN； (2)从A到B的过程：物块a相对于B点位移为x，求其所受回复力F与x的关系式； (3)求物块b的初速度大小vb以及碰撞后瞬间物块a的速度大小va； (4)若h=0.032m，r=10m，d=0.4m，要使物块a从NQ之间滑离，求BQ间距L的范围。 【答案】(1)，，方向竖直向上 (2) (3)， (4)见解析 【详解】（1）对a物块下滑过程中根据动能定理有 可得； 在B点根据牛顿第二定律有 可得，方向竖直向上； （2）如图 由于h<<r，滑块a所受回复力F，则 可知滑块受到的回复力F与x成正比，方向与x相反，因此滑块a从释放到第一次到达最低点的运动是简谐运动。 （3）滑块b在圆弧形斜面上垂直槽轴线方向的运动性质与a相同，平行槽轴线方向做匀速度直线运动。设滑块b的速度沿槽轴线和垂直槽轴线分速度为vbx、vby，如图 当vbx=0时，滑块b第一次滑到最高点，由题意可知滑块b到达的最高点高度与滑块a的开始下滑的高度相等。此时速度为vby，经历的时间t1为； 又因与滑块a最高点相同，由题意可知 即 因为滑块a、b在最高点发生碰撞，设碰后滑块b的速度为v'by。由动量守恒和机械能守恒有， 联立解得， （4）碰后滑块a在平行于槽轴线方向的速度始终为va，从MN边界射出的最基本的几种临界情况如图1、2、3、4所示。考虑周期性，则L有多种情况 由题给数据可得，， 滑块a每一次在圆弧型斜面上滑或下滑的时间为 滑块a每一次滑过水平面的时间为 又由于滑块a从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等，设时间为T，则T=4t1+2t2=(2π+1) s 滑块a由碰后到从MN之间飞出的时间t满足，L=0.4t 所以由图1、2可知或，…… 由图3、4可知即或者，…… 综上分析可知t应满足 则滑块a能从MN之间飞出时L的范围为，（n=0，1，2，3，4……） 2 / 49 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 第23讲 动量守恒定律及其应用 考点一动量守恒的条件及应用、 修考向1动量守恒的判断 例1 【答案】A 【变式训练1】【答案】B ◆考向2动量守恒守恒定律的应用 例2 【答案】B 【变式训练1】【答案】A 考点二 碰撞问题 ◆考向1弹性碰撞规律应用 例1 【答案】B 【变式训练1】【答案】D 。考向2完全非弹性碰撞规律应用 例2【答案】A 【变式训练1】【答案】B 考向3 类碰撞问题 例3【答案】D 【变式训练1】【答案】BC 1/5 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ◆考点三人船模型、爆炸和反冲中问题 考向1人船模型 例1【答案】BC 【变式训练1】【答案】C ◆考向2爆炸和反冲问题 例2【答案】C 【变式训练1】【答案】A 考点四力学三大基本观点的综合应用 。考向1力学三大基本观点在弹簧模型中的应用 8gR gR 例1【答案】(1)V5, V10 32 (2)45mg 310R (3)2Vg 【变式训练1】【答案】(1)3m/s (2)3.375J (3)1.25m/s 。考向2力学三大基本观点在板块模型中的应用 例2【答案】(1)150N (2)5m/s (3)4.8m 【变式训练1】【答案】(1)2m/s 2/5 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)0.275m 8 3)155,0.051 (4)V7.5m/sv<3m/s 真题溯源•考向感知 一一溯源真题逻辑，感知高考考向 1.【答案】C 2. 【答案】但=8 2"2 (3)d=3vt 3. 【答案】)% o 1 4n+ (3八2 4.【答案】A 5.【答案】D 6.【答案】AD 7.【答案】AD 8。【答案】山=1.2ms 4=0.28 (2) 9.【答案】(1)2.5m (2)0.48J 10.【答案1但E=4W (2)h=0.1m 3/5 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (3)△E=6J 2M 11.【答案】(=M+m Vo 6mM2v (2)11(m+M)月 m 1 (3)M=1 12.【答案】6=V2g动 2km 2gh 2/ 1+k (3)当0<k≤1时，R+32+35k-31>0 当1<k<3时，3k++25k-37<0 当k>3时，3-21+19k-23>0 3 13. 【省案1a2g6,S2 128 国)4 14.【答案】(1)0.05m (2)2m/5,0.1s (3)V88m/s 15.【答案】1)=V2g 2,anas②3 2 (3)(i) E=0+) eoslmgl. d=8 /69Ltan0 :(i) 9 16【答案】a%=2g动，R=mg+22 方向竖直向上 4/5 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)F=-gx h 3)2g,V (4)见解析 5/5