【好题汇编】2023-2025年高考物理真题分类汇编（全国通用版）专题16 动量守恒定律（有解析）
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| 名称 | 【好题汇编】2023-2025年高考物理真题分类汇编（全国通用版）专题16 动量守恒定律（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-06-26 20:08:22 | ||
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文档简介
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专题16 动量守恒定律
2023-2025年三年高考物理真题分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在三年高考中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。
一．选择题（共10小题）
1．（2025 山东）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5：1。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．（2024 江苏）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，右侧用一根细绳连接在滑板A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B动量最大
B．压缩最短时B动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
3．（2025 甘肃）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3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为（ ）
A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s
4．（2025 浙江）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为1kg，A以4m/s的速度向右运动，B和C一起以2m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（ ）
A．碰撞瞬间C相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12J
D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m
5．（2025 河南）两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则（ ）
A．mP＞mN＞mQ B．mN＞mP＞mQ C．mQ＞mP＞mN D．mQ＞mN＞mP
6．（2024 重庆）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘（质量为m）在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（ ）
A．被弹出时速度大小为 B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为（F1+F2）d2 D．运动d2的过程中动量变化量大小为
7．（2024 北京）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
8．（2023 河北）某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．起跳过程中运动员的最大加速度约为42m/s2
B．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s
C．起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m
D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330N s
9．（2023 天津）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（ ）
A．列车减速过程的加速度大小为
B．列车减速过程F的冲量大小为mv
C．列车减速过程通过的位移大小为
D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为（F+f）v
10．（2025 广东）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2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．
二．多选题（共16小题）
（多选）11．（2024 甘肃）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心
（多选）12．（2025 广东）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（F0kT）T
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+（F0kT）T
D．T时刻受到空气作用力的大小为
（多选）13．（2023 重庆）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t﹣26和y＝﹣2t+140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于失重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg m/s
D．MN段无人机机械能守恒
（多选）14．（2023 新课标）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
（多选）15．（2024 广东）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H甲、H乙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μ，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H乙无关
D．甲最终停止位置与O处相距
（多选）16．（2024 甲卷）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10m/s2。下列说法正确的是（ ）
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
（多选）17．（2024 广西）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（ ）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
（多选）18．（2024 湖北）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（ ）
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
（多选）19．（2024 全国）在新款车的碰撞安全测试中，一辆质量为2000kg的汽车，以等速度72km/h（20m/s）在水平地面上直线前进，和质量为1000kg的静止箱形障碍物发生一维非弹性正向碰撞，碰撞后箱形障碍物被向前弹开，汽车车头内凹但仍持续向前行进。假设空气阻力与地面摩擦力可忽略。在此碰撞过程中，速度传感器测得碰撞开始后汽车速率与时间的关系如图所示。将开始碰撞的时间记为0.0秒，则下列叙述哪些正确？（ ）
A．在0.5秒后，汽车与障碍物分离
B．在0.5秒后，汽车动能减少一半
C．在0.5秒后，障碍物速率为20m/s
D．在0.5秒内，汽车平均加速度量值为10m/s2
E．在0.5秒后，汽车与障碍物的总动能减少1×105J
（多选）20．（2024 广西）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ，将木栓对准方孔，接触但无挤压。锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下，木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（ ）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为﹣I
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小的为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
（多选）21．（2023 广东）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1kg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F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。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0.18N s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N
（多选）22．（2023 新课标）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
（多选）23．（2025 选择性）如图，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F＝kx。k＝10N/m，g取10m/s2，sin53°＝0.8。则滑块（ ）
A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为0.64m
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J
（多选）24．（2025 福建）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动，物块A、B中间有一根轻弹簧连接，开始时弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t＝0时，A速度为v0＝2m/s，B的速度为零。在t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75J，传送带足够长，A可留下痕迹，则（ ）
A．在t时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t＝t0时，B的速度为0.5m/s
C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
（多选）25．（2024 福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面，一质量为m的滑块锁定在斜面上。t＝0时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F，F随时间t的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为g，则滑块（ ）
A．在0～4t0内一直沿斜面向下运动
B．在0～4t0内所受合外力的总冲量大小为零
C．在t0时动量大小是在2t0时的一半
D．在2t0～3t0内的位移大小比在3t0～4t0内的小
（多选）26．（2025 湖南）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，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μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2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，，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
D．弹药释放的能量为
三．解答题（共34小题）
27．（2025 河北）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
（2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
28．（2024 江苏）嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
（1）分离后A的速度v1；
（2）分离时A对B的推力大小。
29．（2025 北京）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A、B两部分，质量分别为2m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v0；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB；
（3）A、B落地点之间的距离d。
30．（2024 选择性）如图，高度h＝0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
31．（2024 天津）如图所示，光滑半圆道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I＝1.8N s，A、B的质量分别为mA＝0.3kg、mB＝0.1kg，轨道半径和绳长均为R＝0.5m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）与B碰前瞬间A的速度大小；
（2）A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。
32．（2025 甘肃）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
（1）t＝6s时F的大小，以及t在0～6s内F的冲量大小。
（2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f﹣t图像。
（3）t＝6s时，物块的速度大小。
33．（2025 山东）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被锁定。一质量的小球自Q点正上方h＝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解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1kg，b的质量，方形物体的质量，重力加速度大小g＝10m/s2，弹簧的劲度系数k＝50N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式（x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v1、v2；
（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Epm。
34．（2025 河南）如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3m铺设有宽度为l2＝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m2＝4kg的小物块Q以v0＝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。
35．（2025 上海）质点在以某点为圆心半径为r的圆周上运动，即质点运动时其轨迹是圆周的运动叫“圆周运动”。它是一种最常见的曲线运动。例如电动机转子、车轮、皮带轮等都作圆周运动。
如图所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点，e为ab段的中点。一个质量为m的小物块在轨道内侧做圆周运动。
（1）若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在（ ）
A．A段 B．B点 C．C段 D．D点 E．E段
（2）若物块在a点的速度为v0，经过时间t刚好到达b点，则在该过程中轨道对物块的支持力的冲量为（ ）
A．mv0 B．Mgt C．mv0+mgt D．
（3）若物块质量为0.5kg，下图是物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角θ的关系图像。
①求轨道半径R；
②求θ＝60°时，物块克服重力做功的瞬时功率P。
36．（2024 湖北）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
37．（2024 重庆）如图所示，MN两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
（1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值。
（2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小。
（3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）问中的相同，使B旋转n圈。经过M正下时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
38．（2024 广东）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FN，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tanθ。
（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的作用力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M＝30kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/s2。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。
39．（2024 上海）包括太阳、地球在内的所有物体都会在其周围产生引力场。在不同尺度的空间，引力场中的物体运动具有不同的表象。牛顿揭示了苹果下落和行星运动共同的物理机制。意味着天上的物理和地上的物理是一样的，物理规律的普适性反映了一种简单的美。
（1）如图1，小球a通过轻质细线Ⅰ、Ⅱ悬挂，处于静止状态。线Ⅰ长l＝0.5m，Ⅰ上端固定于离地H＝2.1m的O点，与竖直方向之间夹角θ＝37°；线Ⅱ保持水平。O点正下方有一与a质量相等的小球b，静置于离地高度h＝1.6m的支架上。（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
①在线Ⅰ、Ⅱ的张力大小FⅠ、FⅡ和小球a所受重力大小G中，最大的是 。
②烧断线Ⅱ，a运动到最低点时与b发生弹性碰撞。求：
A.与b球碰撞前瞬间a球的速度大小va；（计算）
B.碰撞后瞬间b球的速度大小vb；（计算）
C.b球的水平射程s。（计算）
（2）图2示虚线为某彗星绕日运行的椭圆形轨道，a、c为椭圆轨道长轴端点，b、d为椭圆轨道短轴端点。彗星沿图中箭头方向运行。
①该彗星某时刻位于a点，经过四分之一周期该彗星位于轨道的 。
A.ab之间 B.b点 C.bc之间 D.c点
②已知太阳质量为M，引力常量为G。当彗日间距为r1时，彗星速度大小为v1。求彗日间距为r2时的彗星速度大小v2。（计算）
40．（2023 北京）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g，忽略球的大小。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
41．（2023 广东）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3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0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m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B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t；
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
（3）圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
42．（2025 广西）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：
（1）单个散货的质量。
（2）水平传送带的平均传送速度大小。
（3）倾斜传送带的平均输出功率。
43．（2025 浙江）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C′E、倾角为37°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R＝0.2m，m＝0.1kg，EF段长度，FG间距LFG＝0.4m，GH间距LGH＝0.22m，HI间距LHI＝0.1m，EF段μ＝0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若h＝0.8m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC；
（2）若滑块3恰好能通过圆轨道CDC′，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。
44．（2025 北京）关于飞机的运动，研究下列问题。
（1）质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
（2）飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。己知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为a1，减速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d。
（3）无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。
45．（2025 四川）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：
（1）微粒第一次到达下极板所需时间；
（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。
46．（2025 江苏）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v0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v；
（2）若钢球质量为3m，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v1；
（3）若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
47．（2024 甘肃）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P＝OP＝1.6m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。（重力加速度g取10m/s2）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短），碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
48．（2024 安徽）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L＝1.25m。小球质量m＝0.20kg。物块、小车质量均为M＝0.30kg。小车上的水平轨道长s＝1.0m。圆弧轨道半径R＝0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
49．（2025 重庆）如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
（1）求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
（2）若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；
（3）若B的质量是A的n倍，碰前B的速度忽略不计，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。
50．（2025 选择性）如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：（m、l0、v0、t1均为已知量）
（1）粒子B到达P点时的速度大小v1；
（2）t1时间内粒子B的位移大小xB；
（3）恒力作用的时间t2。
51．（2025 海南）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5m，圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知mA＝4kg，mB＝1kg，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5J，忽略轨道及平台的摩擦，g＝10m/s2。
（1）A滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
52．（2024 浙江）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）
（1）若h＝0.8m，求小物块：
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；
（2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
53．（2025 四川）如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
（1）求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；
（2）若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；
（3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。
54．（2025 湖北）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（β为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小。
（2）记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。
（3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。
提示：12+22+ +k2k（k+1）（2k+1）。
55．（2024 浙江）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
56．（2025 湖南）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，AB＝1.2L。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，sin37°＝0.6，重力加速度大小为g。
（1）若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
（2）若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小；
（3）若滑杆能沿轨道自由滑动，M＝km，且k≥1，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。
57．（2024 河北）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg，A木板长度为2.0m，机器人质量为6.0kg，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力。
（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。
（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，此时木板B、C也相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
58．（2024 湖南）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA＞mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比；
（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0＜e＜1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。
59．（2023 辽宁）如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep。取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU（用t0表示）。
60．（2023 乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
专题16 动量守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A B D D A C C C A
二．多选题（共16小题）
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21
答案 AD AB AB BD ABD BD BC AD ACE BD BD
题号 22 23 24 25 26
答案 BC AC BD AD BD
一．选择题（共10小题）
1．【考点】反冲现象中的动量守恒．版权所有
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】组合体绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m，设组合体的线速度大小为v，有：
解得：
v
弹射返回舱的过程，组合体动量守恒，取组合体的线速度方向为正方向，有
6mv＝5mv1+mv2
解得：
故C正确，ABD错误；
故选：C。
2．【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；常见力做功与相应的能量转化．版权所有
【专题】定性思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】CD、剪断细绳后，A、B、弹簧组成的系统所受合外力为零，则此系统满足动量守恒定律，即系统动量不变。因各表面均光滑，故系统无机械能损失，满足机械能守恒定律，系统机械能也不变，故CD错误；
B、剪断细绳后，A、B、弹簧组成的系统动量守恒，弹簧压缩最短时A、B共速，因系统初动量为零，故弹簧压缩最短时系统动量也为零，则此时A、B的动量均为零，故此时B的动能为零，并非最大，故B错误；
A、由A、B、弹簧组成的系统动量守恒与机械能守恒，可知运动过程中A、B的动量始终等大反向，故A、B同时达到各自的速度最大值，当弹簧为原长时，弹簧弹性势能为零，则A、B的总动能最大，故此时A、B的速度达到最大值，B的动量最大，故A正确。
故选：A。
3．【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题；自由落体运动的规律及应用；平抛运动速度的计算．版权所有
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；自由落体运动专题；平抛运动专题；动量定理应用专题；分析综合能力．
【解答】小球A与小球B碰撞前的速度vy1＝gt1＝10×1m/s＝10m/s
方向竖直向下
小球A下落的高度
取水平方向为正方向，A、B两小球水平方向动量守恒mv＝mvxB+mvxA
A、B发生弹性碰撞，机械能守恒
联立解得vxA＝v，vxB＝0
碰撞后小球A在竖直方向做匀加速直线运动
解题t2＝1s，t2＝﹣3s（舍弃）
小球A在水平方向做匀速直线运动x＝vxAt2＝vt2
解得v＝3m/s
故ACD错误，B正确。
故选：B。
4．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；常见力做功与相应的能量转化．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】A、由题意可知，碰撞瞬间C相对地面向左运动，故A错误；
B、规定向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒定律可得：mvA﹣mvB＝2mv1，代入数据可得v1＝1m/s，方向向右；当三者共速时，则有2mv1﹣mvc＝3mv共，代入数据可得v共＝0，即可判断最终三者一起静止；对C受力分析，受到向左的摩擦力，根据牛顿第二定律μmg＝mac，由运动学v共＝vc﹣act，联立可得t＝0.4s，故B错误；
C、碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量，故C错误；
D、碰撞后到三者相对静止，由能量关系可知Q＝μmgx相对，代入数据可得x相对＝0.6m，故D正确；
故选：D。
5．【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．版权所有
【专题】定性思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】对P和N的碰撞过程，规定它们初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律有mPvP+mNvN＝mPvP′+mNvN′，可得mP（vP﹣vP′）＝mN（vN′﹣vN），根据图1可知（vP﹣vP′）＞（vN′﹣vN），故mP＜mN，同理，对Q和N组成的系统mQvQ+mNvN＝mQvQ′+mNvN′，可得mQ（vQ﹣vQ′）＝mN（vN′﹣vN），根据图2可知（vQ﹣vQ′）＜（vN′﹣vN），故mN＜mQ，联立可得mQ＞mN＞mP，故D正确，ABC错误。
故选：D。
6．【考点】动量变化量的计算；利用动能定理求解多过程问题．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】A．根据动能定理有
解得
故A正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有
﹣Ek＝0﹣F2d2
到达目标组织表面时的动能为
Ek＝F2d2
故B错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误；
D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小
故D错误。
故选：A。
7．【考点】求变力的冲量；竖直上抛运动的规律及应用；常见力做功与相应的能量转化．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】D.小球上升过程中受到向下的空气阻力，满足mg+kv＝ma上，下落过程中受到向上的空气阻力，满足mg﹣kv＝ma下，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），故D错误；
C.小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，故C正确；
A.上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，故A错误；
B.经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，故B错误。
故选：C。
8．【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；图析法；力学综合性应用专题；推理论证能力．
【解答】A、根据图像，我们可以看到在10.10s至10.35s这段时间内，运动员受到的支持力最大为：F＝42×60N＝2520N，
根据牛顿第二定律可得运动员的最大加速度为：a32m/s2，方向向上，故A错误；
BCD、根据图像可知，在10.10s至10.35s这段时间内，支持力的冲量等于图像的面积，
可得合力的冲量为：I＝22×60×（10.35﹣10.10）N s﹣60×10×（10.35﹣10.10）N s＝180N s，
根据动量定理可得运动员的速度离地为：vm/s＝3m/s，
起跳后运动员重心上升的平均速度大小为：，
起跳后运动员做竖直上抛运动，跳后运动员重心上升的最大高度为：0.45m，
故C正确，BD错误。
故选：C。
9．【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导；动能定理的简单应用．版权所有
【专题】牛顿运动定律综合专题；功的计算专题；功率的计算专题；动能定理的应用专题；动量定理应用专题；理解能力．
【解答】A.设磁悬浮列车减速过程中加速度的大小为a，根据牛顿第二定律F+f＝ma
解得加速度的大小为，故A错误；
B.取列车运动的方向为正方向，根据动量定理﹣（IF+If）＝0﹣mv
解得F的冲量IF＝mv﹣If，故B错误；
C.根据动能定理
解得列车减速过程通过的位移大小为，故C正确；
D.列车匀速行驶时，牵引力等于阻力，列车的功率P＝fv，故D错误。
故选：C。
10．【考点】分析碰撞的合理性．版权所有
【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】根据牛顿第二定律可得加速度大小为：
由于两物体受外力F大小相等，图像的斜率等于加速度，可知M、N的加速度大小之比为：aM：aN＝4：6＝2：3
可知M、N的质量之比为：m1：m2＝6：4＝3：2
设M、N的质量分别为分：m1＝3m，m2＝2m
由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因M、N系统受合外力为零，则碰撞过程中动量守恒。
取向右为正方向，由动量守恒定律可得：3m 4v﹣2m 6v＝3mv1+2mv2
若系统为弹性碰撞，根据机械能守恒定律可得：
解得碰撞后M和N的速度分别为：v1＝﹣4v、v2＝6v
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；
若不是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：3m 4v﹣2m 6v＝3mv1+2mv2
可知碰后速度大小之比为：v1：v2＝2：3
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。
综上所述，故A正确、BCD错误。
故选：A。
二．多选题（共16小题）
11．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律的简单应用；匀速圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．版权所有
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【解答】A.匀速圆周运动的线速度大小不变，根据动能的表达式：Ek，可知小车的动能不变，故A正确；
B.根据匀速圆周运动条件：小车的合外力提供向心力，小车所受外力和不为0，可得小车的动量不守恒，故B错误；
C.小车做匀速圆周运动，向心加速度大小不变，但是方向始终指向圆心，故方向始终在改变，故C错误；
D.小车做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故小车所受的合外力一定指向圆心，故D正确；
故选：AD。
12．【考点】求变力的冲量；对物体进行受力分析．版权所有
【专题】定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】A、无人机做匀速直线运动时受到拉力、空气作用力和重力，则三个力的合力为零，根据受力平衡的特点可知，空气的作用力与重力和拉力的合力大小相等，方向相反；拉力大小F随时间t的变化关系为F＝F0﹣kt，是逐渐减小的，它与重力的合力变化如图
由图可知重力和拉力的合力方向是变化的，所以无人机受到空气作用力的方向会变化，故A正确；
B、拉力是均匀变化的所以拉力的冲量I，故B正确；
C、0～T时间内重力的冲量大小I′＝mgT，由于重力和拉力不在同一条直线上，所以无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为不等于mgT+（F0kT）T，故C错误；
D、空气的作用力与重力和拉力的合力大小相等，方向相反，所以T时刻无人机受到空气作用力的大小为等于重力和拉力的合力大小，
为F，故D错误。
故选：AB。
13．【考点】动量变化量的计算；超重与失重的概念、特点和判断；判断机械能是否守恒及如何变化．版权所有
【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；分析综合能力．
【解答】A、y﹣t图象的斜率表示速度，由EF的直线方程y＝4t﹣26，可知，无人机在EF段的速度大小为4m/s，故A正确；
B、无人机从F点到最高点，由图象可以知道向上减速，加速度向下，处于失重状态。从最高点到M点，向下加速，加速度向下，处于失重状态，故B正确；
C、从MN的直线方向y＝﹣2t+140可知，F点的速度vF＝﹣2m/s，所以FN段的动量变化：ΔpFN＝mvN﹣mvF＝2×（﹣2）kg m/s﹣2×4kg m/s＝﹣12kg m/s，故C错误；
D、无人机在MN段是匀速下降，动能不变，而重力势能减小，所以在MN段无人机机械能减小，故D错误。
故选：AB。
14．【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用．版权所有
【专题】比较思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】A、分别对甲和乙受力分析，设两者间的磁力为F，对甲，由牛顿第二定律得：F﹣μm甲g＝m甲a甲
解得：a甲μg
对乙，由牛顿第二定律得：F﹣μm乙g＝m乙a乙
解得：a乙μg
由题意可知，m甲＞m乙，则a甲＜a乙，则在它们相近过程中的任意时刻甲的速度大小比乙的小，故A错误；
BCD、甲物体所受摩擦力大于乙物体所受摩擦力，则甲所受合力小于乙所受合力，从释放甲和乙到它们相互接近过程中的某一时刻，甲所受合力的冲量小于乙所受合力的冲量，根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，甲的动量大小比乙的小，甲和乙的动量之和不为零，故BD正确，C错误；
故选：BD。
15．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】A、两滑块在光滑斜坡上初速度加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度和相对加速度均为零，即两个物体相对静止，故A正确；
B、两滑块滑到水平面后做匀减速直线运动，由于两个滑块的质量相等，且发生弹性碰撞，则碰撞前后两个物体的速度发生交换，故B正确；
C、乙的高度会影响乙在斜面上的加速时间，同时高度越大，乙物块到达O点时的速度越大，在水平面上减速的时间也更长，故C错误；
D、乙下滑过程中，根据动能定理可得：
因为甲和乙发生的是弹性碰撞，两者交换速度，则甲最终停止位置与乙不发生碰撞时停止的位置相同，如果没有发生碰撞，则乙在水平面上运动到停止，根据动能定理可得：
﹣μmgx＝0
联立解得：x，故D正确；
故选：ABD。
16．【考点】用动量定理求平均作用力；竖直上抛运动的规律及应用；重力势能的定义和性质．版权所有
【专题】定量思想；控制变量法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】A．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
v＝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
FΔt﹣mgΔt＝mv﹣（﹣mv）
其中
Δt＝0.3s
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。
故选：BD。
17．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．版权所有
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；平抛运动专题；理解能力．
【解答】AB.两小球发生弹性碰撞，小球N离开平台后做平抛运动，根据平抛运动的规律，竖直分运动为自由落体运动，因此小球N竖直墙面上的垂直投影的运动是初速度为零的匀加速运动，故A错误，B正确；
CD.设M和N小球碰撞后的速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向
两小球发生弹性碰撞时，动量守恒mv＝mv1+mv2
机械能守恒
联立解得v1＝0，v2＝v
小球N离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律，水平分运动为匀速直线运动，因此水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v，故C正确，D错误。
故选：BC。
18．【考点】动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用；常见力做功与相应的能量转化．版权所有
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力；模型建构能力．
【解答】AC.要使木块获得的速度最大，临界条件为子弹恰好能穿过木块，即子弹穿过木块时两者达到共速。子弹和木块具有共同速度，设为v；
取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律mv0＝（m+M）v
据能量守恒定律
联立解得，
子弹和木块损失的总动能
综上分析，故A正确，C错误；
B.取初速度方向为正方向，根据动量定理﹣ft＝﹣kv0t＝mv﹣mv0
代入数据联立解得，故B错误；
D.木块在加速过程中做匀加速直线运动，故D正确。
故选：AD。
19．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．
【解答】A．由图可知，汽车在0.5s之后速度不再发生变化，所以在0.5秒后，汽车与障碍物分离，故A正确；
B．由可知，0.5s之后汽车速度变为原来的，所以动能应该减少为原来的，故B错误；
C．空气阻力与地面摩擦力可忽略，所以汽车和障碍物组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则
Mv＝Mv1+mv2
代入数据得0.5秒后，障碍物速率为20m/s，故C正确；
D．由加速度公式
可得
故D错误；
E．汽车碰之前的动能为
汽车碰之后的动能为
障碍物的动能为
所以在0.5秒后，汽车与障碍物的总动能减少
ΔE＝4×105J﹣1×105J﹣2×105J＝1×105J
故E正确。
故选：ACE。
20．【考点】动量定理的内容和应用；动能定理的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】A.锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为﹣I，故A错误；
B.锤子撞击木栓后木栓获得的动能为：Ek
木栓进入过程根据动能定理有：（mg）Δx＝0﹣Ek
解得平均阻力为：mg，故B正确；
C.木栓进入过程木栓减少的动能为，减少的重力势能为mgΔx，木料增加弹性势能为Ep，则木料和木栓的机械能共损失了：ΔEEp，故C错误；
D.对木栓的一个侧面受力分析如图：
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有
且根据B选项求得平均阻力：mg
又由：f＝μFN
联立可得：f，故D正确；
故选：BD。
21．【考点】用动量定理求平均作用力；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】选择水平向右的方向为正方向。
A、滑块1和滑块2组成的系统的初动量为：
p1＝mv1＝1×0.40kg m/s＝0.40kg m/s
碰撞后，滑块1和滑块2组成的系统的动量为：
p2＝2mv2＝2×1×0.22kg m/s＝0.44kg m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
B、对滑块1，根据动量定理可得：
ΔI＝mv2﹣mv1
代入数据解得：ΔI＝﹣0.18N s，负号表示方向水平向左，故B正确；
C、同理可得，对滑块2分析可得：
ΔI′＝mv2﹣0
代入数据解得：ΔI′＝0.22N s，故C错误；
D、根据公式ΔI′＝FΔt
代入数据解得：F＝5.5N，故D正确；
故选：BD。
22．【考点】用动量的定义式计算物体的动量；功的定义、单位和计算式；摩擦力做功的特点和计算；瞬时功率的计算；利用动能定理求解多过程问题．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【解答】A、W﹣x图像的斜率为拉力F，由图像可知，0～2m内，拉力F1N＝6N
2～4m内，拉力F2N＝3N
0～2m内，对物体受力分析，由牛顿第二定理得：F1﹣μmg＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
由匀变速直线运动速度—位移公式得：2ax
x＝1m时，物体的速度大小为v1m/s＝2m/s
拉力的功率P1＝F1v1＝6×2W＝12W
故A错误；
B、滑动摩擦力f＝μmg＝0.4×1×10N＝4N
0～4m内，对物体由动能定理得：W﹣fx＝Ek
代入数据解得：Ek＝2J
故B正确；
C、从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为W克＝fx＝4×2J＝8J
故C正确；
D、0～2m过程中，拉力大于摩擦力，物体做匀加速运动，2m～4m时，拉力小于摩擦力，物体做匀减速运动，则当x＝2m时，物体的速度最大，动量最大，物体的速度大小为：v2m/s＝2m/s
物体的最大动量为：p＝mv＝1×2kg m/s＝2kg m/s
故D错误。
故选：BC。
23．【考点】求变力的冲量；常见力做功与相应的能量转化．版权所有
【专题】定量思想；方程法；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力．
【解答】A、滑块下滑到某一位置受力情况如图所示：
此时弹性轻绳弹力大小在垂直于杆上的分量为：T⊥＝Tcosθ＝kxcosθ＝kx0，其中x0＝1.6m
所以垂直于杆方向的弹力大小不变，滑块运动过程中摩擦力大小不变。
根据滑动摩擦力的计算公式可得：f＝μFN＝μ（kx0﹣mgcos53°）
解得：f＝1.6N，故A正确；
B、下滑过程中摩擦力方向沿杆向上，上滑过程中摩擦力沿杆向下，下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误；
C、滑块静止时受力平衡，设此时滑块的位移为L，弹性轻绳伸长量为x′，与PQ夹角为α，根据平衡条件可得：
mgsin53°＝f+kx′sinα，其中：x′sinα＝L
解得：L＝0.64m，故C正确；
D、从释放到静止过程中，根据功能关系可得：mgLsin53°＝Wf
解得从释放到静止克服滑动摩擦力做功为：Wf＝3.072J，故D错误。
故选：AC。
24．【考点】动量守恒定律的一般应用；胡克定律及其应用；水平传送带模型．版权所有
【专题】定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】A、A的初速度大于B的初速度，则弹簧开始压缩，对B受力分析，水平方向有：
F弹+μBmBg＝mBaB
解得：
aB＝（2.5）m/s2
对A受力分析，水平方向有：
F弹+μAmAg＝mAaA
解得：
aA＝（F弹+5）m/s2
则A的加速度大小大于B的加速度大小，故A错误；
B、由题意可知，A的质量为B的质量的一半，动摩擦因数为B与传动带间动摩擦因数的两倍，则两物块所受滑动摩擦力大小相等，将A、B和弹簧看作一个系统，则系统所受外力的矢量和为零，动量守恒，取向右为正方向，0﹣t0时间内，对系统有：
mAv0＝mAv+mBvB
代入数据解得：
vB＝0.5m/s
故B正确；
C、0﹣t0时间内，摩擦力对系统做功等于系统机械能的变化量，有：
﹣μAmAgxA+μBmBgxBmAv2+mBmA+Ep
弹簧的压缩量为
Δx＝xA﹣xB
代入数据联立解得：
Δx＝0.1m
故C错误；
D、做A、B和传动带的v﹣t图像如图
v﹣t图像与坐标轴所围面积表示位移，则0﹣t0时间内，vA、vB图像间的面积为0.1m，vA、v传图像间的面积为A相对传动带的位移，即A与传送带的痕迹，若A和B加速度相同，B的v﹣t图像为图中红色图线，且图像与A的v﹣t图像关于传送带的v﹣t图像对称，但由A知，A的加速度为B的加速度的两倍，由图可知，A与传送带的痕迹小于m，即小于0.05m，故D正确；
故选：BD。
25．【考点】F﹣t图像中的动量问题；牛顿第二定律的简单应用；动量定理的内容和应用．版权所有
【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】A、以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律得：
力F方向沿斜面向下时，物块的加速度为：a13gsinθ
力F方向沿斜面向上时，物块的加速度为：a2gsinθ
0～t0时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，t0时刻物块的速度为v1＝a1t0＝3gsinθt0
t0～2t0时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，2t0时刻物块的速度为v2＝v1+a2t0＝2gsinθt0
2t0～3t0时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，3t0时刻物块的速度为v3＝v2+a1t0＝5gsinθt0
3t0～4t0时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，4t0时刻物块的速度为v4＝v3+a2t0＝4gsinθt0
可知0～4t0时间内物体一直沿斜面向下运动，故A正确；
B、根据动量定理得0～4t0时间内合外力的总冲量为I＝mv4﹣0＝4mgsinθt0，故B错误；
C、t0时刻物块的动量为：p1＝mv1＝3mgsinθt0，2t0时刻物块的动量为p2＝mv2＝2mgsinθt0，可知t0时刻动量不等于2t0时刻的一半，故C错误；
D、2t0～3t0过程物块的位移为x1gsinθ，3t0～4t0过程物块的位移为x2gsinθ，可知x1＜x2，故D正确。
故选：AD。
26．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；平抛运动速度的计算；动能定理的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；力学综合性应用专题；推理论证能力．
【解答】A、爆炸过程，A与B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：0＝﹣3mvA+mvB
B与C碰撞过程，同理可得：mvB＝（m+5m）v
联立解得D的初速度大小为：v＝0.5vA
爆炸后瞬间A的动能为：
D的初动能为：
可见D的初动能与爆炸后瞬间A的动能不相等，故A错误；
B、D水平滑动s1距离的过程中摩擦力做功为：
做平抛运动过程中重力做的功为：WG＝6mgh
可得：Wf+WG＝0，故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为零，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；
CD、D平抛过程在竖直方向上有：，在水平方向上有：
联立可得：
D水平滑动s1距离的过程，根据动能定理有：
解得：
由A选项的解答可得：vA＝2v，vB＝6v
弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则弹药释放的能量为：
故C错误，D正确。
故选：BD。
三．解答题（共34小题）
27．【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；平抛运动位移的计算．版权所有
【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】（1）设小物块达到平台右端的速度大小为v，在水平台上运动过程中，根据动能定理可得：
﹣μmgL
解得：v＝1m/s
设平抛运动的时间为t，则有：h
解得：t＝0.6s
物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离：x＝vt＝1×0.6m＝0.6m；
（2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为：h′＝0.45m，上升过程中经过的时间为t′，逆向分析，根据位移公式可得：
解得：t′＝0.3s
从物块从离开平台到弹起至最大高度过程中所用时间共计：t总＝1s，
从物块从离开平台到弹起至最大高度过程中，取向下为正方向，竖直方向根据动量定理可得：mgt总﹣F（t总﹣t﹣t′）＝0
解得地面对小物块的平均弹力为：F＝1N
则弹力冲量大小为：I弹＝F（t总﹣t﹣t′）
解得：I弹＝0.1N s；
设小物块离开地面时水平速度大小为v′，小物块与地面接触过程中，取向右为正方向，水平方向根据动量定理可得：
﹣μF（t总﹣t﹣t′）＝mv′﹣mv
解得：v′＝﹣1m/s＜0，说明与地面接触过程中水平方向末速度为零，物块弹离地面时水平速度的大小为零。
答：（1）物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离为0.6m。
（2）物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小为0.1N s，物块弹离地面时水平速度的大小为零。
28．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动量定理的内容和应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】（1）组合体A与组合体B分离过程在速度方向上满足动量守恒定律，以在轨速度v0的方向为正方向，则有：
（M+m）v0＝Mv+mv1
解得：v1
（2）设分离时A对B的推力大小为F，以在轨速度v0的方向为正方向，对B由动量定理得：
FΔt＝Mv﹣Mv0
解得：F
答：（1）分离后A的速度v1为；
（2）分离时A对B的推力大小为。
29．【考点】用动量守恒定律解决爆炸问题；竖直上抛运动的规律及应用；平抛运动位移的计算．版权所有
【专题】定量思想；推理法；力学综合性应用专题；推理论证能力．
【解答】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为零，由运动学公式得：
0＝v0﹣gt
解得：v0＝gt
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为零，以炸裂后瞬间B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
0＝﹣2mv+mvB
解得：vB＝2v
（3）爆炸后A、B两部分均做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动。根据竖直上抛运动的对称性可知平抛运动的时间与上升时间相等为t，可得：
A的水平位移大小为：xA＝vt
B的水平位移大小为：xB＝vBt＝2vt
可得A、B落地点之间的距离为：d＝xA+xB＝vt+2vt＝3vt
答：（1）该物体抛出时的初速度大小v0为gt；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB为2v；
（3）A、B落地点之间的距离d为3vt。
30．【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；平抛运动速度的计算；常见力做功与相应的能量转化．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】（1）弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，A飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律可得：
水平射程：xA＝vAt
下落高度：hgt2
联立解得：vA＝1m/s
物块A、B与弹簧作用过程，由题意可知物块A、B受到的滑动摩擦力等大反向，则物块A、B与弹簧组成的系统合外力为零，满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有：
﹣mAvA+mBvB＝0
解得：vB＝1m/s
（2）对B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25m后停止的过程，根据动能定理得：
﹣μmBgxB＝0mB
解得物块与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.2
（3）物块A、B与弹簧作用过程，A、B运动路程之和等于初始弹簧的压缩量Δx＝0.1m。对此过程由能量守恒与功能关系得：
ΔEpmAmBμmAgxA′+μmBgxB′
又有：mA＝mB＝0.1kg，Δx＝xA′+xB′
解得：ΔEp＝0.12J
答：（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB均为1m/s；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ为0.2。
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp为0.12J。
31．【考点】某一方向上的动量守恒问题；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；机械能守恒定律的简单应用；动量定理的内容和应用．版权所有
【专题】计算题；定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】（1）设施加瞬时冲量后瞬间A的速度为 v0，由动量定理，有I＝mAv0，解得：
设与B碰前瞬间A的速度大小为 v1，由机械能守恒定律，有，解得：；
（2）设A、B碰后瞬间共同速度大小为v2，由水平方向动量守恒，有mAv1＝（mA+mB）v2，解得：
设碰后瞬间轻绳拉力大小为F，由牛顿第二定律，有
解得：。
答：（1）与B碰前瞬间A的速度大小4m/s；
（2）A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小11.2N。
32．【考点】F﹣t图像中的动量问题；滑动摩擦力的大小计算和影响因素．版权所有
【专题】定量思想；推理法；摩擦力专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】（1）由图2可得F与t的关系为：F
可得t＝6s时F的大小为：F1＝6
因F与t成线性关系，故可用F的平均值求解F的冲量大小，可得在0～6s内F的冲量大小为：
I1F1Δt6（N s）（N s）
（2）初始时刻物块刚好能静止在细杆上，设物块与细杆间的动摩擦因数为μ，由平衡条件可得：
mgsinθ＝μmgcosθ，解得：μ
设物块与细杆间的弹力大小为N，在垂直于细杆方向上，由平衡条件可得：
N＝|mgcosθ﹣Fsinθ|
以沿细杆向上为正方向，物块与细杆间的摩擦力f为：
f＝μN＝μ |mgcosθ﹣Fsinθ|
其中：F
代入数据整理可得：f |1|（N）
令10，可得：t＝4s
可得t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为：
当0≤t＜4s时，f（1）（N）；
当4s≤t≤6s时，f（1）（N）
作出相应的f﹣t图像如下图所示：
（3）根据（2）的解答所得的f﹣t图像与时间轴围成的面积等于摩擦力的冲量大小，可得在0～6s内摩擦力f的冲量大小为：
If（N s）
设t＝6s时，物块的速度大小为v，以沿细杆向下为正方向，对物块由动量定理得：
mgsinθ t+I1cosθ﹣If＝mv﹣0
解得：v（m/s）
答：（1）t＝6s时F的大小为，以及t在0～6s内F的冲量大小为（N s）。
（2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为当0＜t＜4s时，f（1）（N）；当4s≤t≤6s时，f（1）（N），作出相应的f﹣t图像见解答。
（3）t＝6s时，物块的速度大小为（m/s）。
33．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；胡克定律及其应用．版权所有
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】（1）小球从开始下落到P处过程中，以水平向左为正方向，水平方向上动量守恒，有：
mv1＝Mv2
由能量守恒定律得：
代入数据联立解得
v1＝6m/s
即小球速度为6m/s，方向水平向左，大物块速度为，方向水平向右。
（2）小球落在物块a正上方，与其粘连，竖直方向速度变为0，以水平向左为正方向，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有
mv1＝（m+ma）v3
代入数据解得：
v3＝2m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律得：
F＝kx1
对小球、物块a和弹簧，由能量守恒定律得：
代入数据联立解得：
v4＝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+ma）v4＝（m+ma+mb）vb
代入数据解得：
方向水平向左。
对a、b和弹簧由能量守恒定律可得，最大弹性势能为
代入数据解得：
答：（1）小球到达P点时，小球相对于地面的速度大小v1为6m/s，方形物体相对于地面的速度大小v2为；
（2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb为m/s，弹性势能的最大值Epm为J。
34．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律求解多过程问题．版权所有
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【解答】（1）对P和Q组成的系统，规定v0方向为正方向，设碰后Q的速度为v′，由动量守恒定律得：
m2v0＝m1v+m2v′
代入数据解得v′＝3.5m/s
则该碰撞过程中损失的机械能为：
ΔE
解得：ΔE＝24.5J；
（2）P只有在防滑带上才减速运动，根据动能定理有：
﹣μm1gs＝0，解得s＝4.9m
分析可得P滑入第3条防滑带上减速为0，在防滑带上运动的总时间为：
t1s＝1.4s
滑块滑入第一个光滑直道速度为v1，根据动能定理得：
﹣μm1gl2
滑块滑入第二个光滑直道速度为v2，同理有：
﹣μm1gl2
解得v1＝5m/s，v2＝1m/s
故P在第一个l1上运动用时t2s＝0.6s
在第二个l1上运动用时t3s＝3.0s
则从开始运动到静止经历的时间为t总＝t1+t2+t3＝1.4s+0.6s+3s＝5s。
答：（1）该碰撞过程中损失的机械能为24.5J；
（2）P从开始运动到静止经历的时间为5s。
35．【考点】动量定理的内容和应用；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；动能定理的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【解答】（1）物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在E段。故ABCD错误，E正确；
故选：E。
（2）以初速度方向为正方向，根据动量定理，支持力在水平方向的冲量为Ix＝0﹣mv0
竖直方向上根据动量定理有Iy﹣mgt＝0
故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为：
故ABC错误，D正确。
故选：D。
（3）①由图像可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
②由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
故答案为：（1）E；（2）D；（3）①轨道半径R为0.59m；②物块克服重力做功的瞬时功率P为23.8W。
36．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；水平传送带模型；常见力做功与相应的能量转化；机械能守恒定律的简单应用．版权所有
【专题】计算题；信息给予题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；机械能守恒定律应用专题；动量定理应用专题；分析综合能力；模型建构能力．
【解答】（1）设小物块的质量为M，小球的质量为m，传送带的速度为v；
根据牛顿第二定律有μMg＝Ma
代入数据得a＝5m/s2
小物块与传送带共速时的位移
小物块与传送带共速后做匀速直线运动，因此小物块与小球碰撞前瞬间小物块的速度大小为5m/s；
（2）以小物块和小球为系统，碰撞后小物块的速度为v1，小球的速度为v2，取水平向右为正方向，则碰后瞬间小物块的速度v1＝﹣1m/s
根据动量守恒定律Mv＝Mv1+mv2
代入数据解得v2＝3m/s
由机械能守恒定律可得碰撞过程损失的机械能为
代入数据解得ΔE＝0.3J
（3）设P与O之间的距离为x，轻绳的长度为L，则小球绕P点做圆周运动的半径为r＝L﹣x
若小球恰到P点的正上方不松弛，重力完全提供向心力；
根据牛顿第二定律
小球从碰撞后到P点的正上方，取最低点为零势能位置；
根据机械能守恒定律
代入数据联立解得x＝0.20m。
答：（1）小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小5m/s；
（2）小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为0.3J；
（3）P点到O点的最小距离0.20m。
37．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；绳球类模型及其临界条件；圆周运动与平抛运动相结合的问题．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力；模型建构能力．
【解答】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v0，最高点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有
B从最低点到最高点由动能定理可得
解得
（2）A和B碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，设碰前A的速度大小为v1碰后A的速度大小为v2。碰后B的速度大小为v3，则有
2mv1＝2mv2+mv3
碰后A减速到0，有
碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4a，在M点正下方时，离M点6a，离地面4a，此时速度大小为v4，由功能关系得
B随后做平抛运动，有
L＝v4t
解得
（3）设MN间距离为h，B转n圈后到达M正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆心，由牛顿第二定律得
（n＝1，2，3，…）
以N为圆心，由牛顿第二定律得
（n＝1，2，3，…）
从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得
（n＝1，2，3，…）
解得
（n＝1，2，3，…）
绳断后，B做平抛运动，有
（n＝1，2，3，…）
s＝v5t
可得
（n＝1，2，3，…）
由于
（n＝1，2，3，…）
则由数学分析可得
当时，
当n＝1时，，
答：（1）B碰后瞬间速度的最小值为；
（2）B碰后瞬间的速度大小为；
（3）MN之间距离的范围（n＝1，2，3，…），在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值、最大值。
38．【考点】动量定理的内容和应用；自由落体运动的规律及应用；牛顿第二定律的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】（1）对敏感球进行受力分析，如图所示：
根据几何关系可得：
tnaθ
（2）①F﹣t图像中，图像和横轴围成的面积表示力的冲量，则
，方向竖直向上
②头锤在下落过程中，根据动能定理可得：
在与气囊接触的过程中，选择向上的方向为正方向，根据动量定理可得：
IF﹣Mgt＝Mv1﹣Mv
头锤上升过程中，根据动能定理可得：
﹣Mgh
联立解得：h＝0.2m
答：（1）斜面倾角的正切值为；
（2）①碰撞过程中F的冲量大小为330N s，方向竖直向上；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m。
39．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；平抛运动速度的计算；万有引力与重力的关系（黄金代换）．版权所有
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【解答】（1）①小球a受到三个力处于静止状态，根据矢量三角形规律，作出的三个力的如图所示
根据直角三角形的边角关系，斜边代表FⅠ，所以三个力中最大的是FⅠ；
②A.小球a从烧断细线Ⅱ到摆至即将与b发生碰撞的过程中，由动能定理，得 m/s＝1.4m/s
B.由动量守恒定律和机械能守恒，规定向右的方向为正方向，有
mva＝mva'+mvb
联立两式得vb＝1.4m/s
C.由平抛运动的规律
（2）①彗星绕日在椭圆轨道运动时是变速率运动，近日点速率最大，远日点速率最小，a点是近日点，c点是远日点，根据对称性可知，a到c需要半个周期，a到b的平均速率较大，所以在四分之一周期内彗星运动到b和c之间，故C正确，ABD错误；故选：C；
②引力势能的表达式，彗星在间距由r1变到r2的运动过程中满足机械能守恒，有，得。
故答案为：（1）①FⅠ；②A.1.4m/s；B.1.4m/s；C.0.8m；（2）①C；②v2的大小为。
40．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；常见力做功与相应的能量转化；机械能守恒定律的简单应用．版权所有
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【解答】（1）A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgH
解得：H
（2）碰撞前瞬间，绳子的拉力与重力的合力提供向心力，对A，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
解得：F＝mg
（3）A、B碰撞过程系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv'
由能量守恒定律得：ΔE
解得：ΔEmv2
答：（1）A释放时距桌面的高度H是；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小是mg；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE是mv2。
41．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；平抛运动速度的计算；动能定理的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．
【解答】（1）选择水平向右的方向为正方向，A在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得：
μmg＝ma
结合运动学公式可得：
v0＝0+at
联立解得：t
（2）B从M点滑至N点的过程中，根据动能定理可得：
2mg×3L﹣W
联立解得：W＝6mgL
（3）设碰撞后A和B的速度分别为vA和vB，选择水平向右的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得：
2m×2v0＝2mvB+mvA
根据能量守恒定律可得：
联立解得：；
另一解为：vA2＝2v0；vB2＝v0
根据碰撞的合理性，碰撞后B的速度应小于A的速度，故只有vA2、vB2满足碰撞合理性。
离开平台后，药品盒做平抛运动，则有：
根据题意可得：
解得：s
答：（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间为；
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功为6mgL；
（3）圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离为。
42．【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；平均功率的计算．版权所有
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；功率的计算专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】（1）对单个散货水平方向由动量定理﹣I＝0﹣mv0
解得单个散货的质量为
（2）落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为t2
其中t1+t2＝9Δt
则匀速位移为
故传送带的长度为
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在Δt时间内传送带额外多做的功为
其中，，Q＝μmgcos30°Δx，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
答：（1）单个散货的质量为；
（2）水平传送带的平均传送速度大小为；
（3）倾斜传送带的平均输出功率为。
43．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；平抛运动速度的计算；绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用；用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．版权所有
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【解答】（1）滑块1由A到C过程，由动能定理得：mgh0
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mvC
代入数据解得：v0＝4m/s，vC＝2m/s
（2）滑块3恰好通过圆弧轨道，在圆弧轨道的最高点D，重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：2mg＝2m
滑块1从A到C过程，由动能定理得：mgh0
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0'＝2mvC'
碰撞后运动到D过程，由动能定理得：﹣2mg×2R
代入数据解得：h＝2m
（3）滑块1从A到C过程，由动能定理得：mgh10
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv'
从C到F过程，由动能定理得：﹣2mgLsin37°﹣μ×2mgLcos37°
滑块3直接落入洞中，离开F到落入洞中过程，竖直方向：vFsin37°＝g
水平方向：LFG+LGH+LHI＝vFt1cos37°
代入数据解得：h1＝2.5m
滑块3经1次反弹后落入洞中，从A到C过程，由动能定理得：mgh20
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝2mv1'
从C到F过程，由动能定理得：﹣2mgLsin37°﹣μ×2mgLcos37°
滑块3直接落入洞中，离开F到落入洞中过程，竖直方向：t2
水平方向：LFG+LGH+LHI＝vF′t2cos37°
代入数据解得：h2＝2m
答：（1）碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC是2m/s。
（2）若滑块3恰好能通过圆轨道CDC′，高度h是2m；
（3）若滑块3最终落入I点的洞中，游戏成功的高度是2.5m或2m。
44．【考点】用动量定理求流体冲击问题；匀变速直线运动规律的综合应用；动能定理的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；动能定理的应用专题；动量定理应用专题；模型建构能力．
【解答】（1）根据动能定理得：
解得：
（2）设飞机做匀加速直线运动到该位置达到最大速度为vm，根据运动学公式得：
假设飞机经过该位置后做匀减速直线运动到跑道终点速度恰好为零，由运动学公式得：
联立解得：
（3）在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u。建立如下的物理模型：飞机机翼的倾斜角度（与水平方向的夹角）为θ，气流掠过飞机机翼，只是方向改变，而速度大小不变，飞机机翼在竖直方向的投影面积为S。
掠过飞机机翼的气流在竖直方向上获得了动量，机翼对气流有竖直向下的作用力，气流对机翼产生竖直向上的升力。设Δt时间内掠过飞机机翼的空气质量为m，掠过飞机机翼的气流竖直向下的分速度大小为v，空气密度为ρ，则有：
m＝ρV＝ρSuΔt
在竖直方向上，以竖直向下为正方向，对掠过飞机机翼的气流，根据动量定理得：
F′ Δt＝mv﹣0
又有：v＝u sinθ
联立可得：F′＝ρSu2sinθ
根据牛顿第三定律可知气流对机翼竖直向上的作用力大小F＝F′＝ρSu2sinθ
可见F与u的关系满足F∝u2，可得：α ＝2。
答：（1）牵引力对飞机做的功W为。
（2）该位置距起点
专题16 动量守恒定律
2023-2025年三年高考物理真题分类汇编，分类练习，高效提分！按照物理学科知识点构成情况，将试题分解组合，全面呈现物理学科知识点在三年高考中的考查情况，旨意方便老师和学生掌握高考命题动向、熟悉高考考查方式。
一．选择题（共10小题）
1．（2025 山东）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5：1。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．（2024 江苏）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，右侧用一根细绳连接在滑板A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B动量最大
B．压缩最短时B动能最大
C．系统动量变大
D．系统机械能变大
3．（2025 甘肃）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3m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为（ ）
A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s
4．（2025 浙江）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为1kg，A以4m/s的速度向右运动，B和C一起以2m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（ ）
A．碰撞瞬间C相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12J
D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m
5．（2025 河南）两小车P、Q的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为mN，碰撞时间极短，则（ ）
A．mP＞mN＞mQ B．mN＞mP＞mQ C．mQ＞mP＞mN D．mQ＞mN＞mP
6．（2024 重庆）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘（质量为m）在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（ ）
A．被弹出时速度大小为 B．到达目标组织表面时的动能为F1d1
C．运动d2过程中，阻力做功为（F1+F2）d2 D．运动d2的过程中动量变化量大小为
7．（2024 北京）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
8．（2023 河北）某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．起跳过程中运动员的最大加速度约为42m/s2
B．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s
C．起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m
D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330N s
9．（2023 天津）2023年我国首套高温超导电动悬浮全要素试验系统完成首次悬浮运行，实现重要技术突破。设该系统的试验列车质量为m，某次试验中列车以速率v在平直轨道上匀速行驶，刹车时牵引系统处于关闭状态，制动装置提供大小为F的制动力，列车减速直至停止。若列车行驶时始终受到大小为f的空气阻力，则（ ）
A．列车减速过程的加速度大小为
B．列车减速过程F的冲量大小为mv
C．列车减速过程通过的位移大小为
D．列车匀速行驶时，牵引系统的输出功率为（F+f）v
10．（2025 广东）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2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．
二．多选题（共16小题）
（多选）11．（2024 甘肃）电动小车在水平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．小车的动能不变 B．小车的动量守恒
C．小车的加速度不变 D．小车所受的合外力一定指向圆心
（多选）12．（2025 广东）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（F0kT）T
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT+（F0kT）T
D．T时刻受到空气作用力的大小为
（多选）13．（2023 重庆）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t﹣26和y＝﹣2t+140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于失重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg m/s
D．MN段无人机机械能守恒
（多选）14．（2023 新课标）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（ ）
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
（多选）15．（2024 广东）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H甲、H乙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μ，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H乙无关
D．甲最终停止位置与O处相距
（多选）16．（2024 甲卷）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10m/s2。下列说法正确的是（ ）
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
（多选）17．（2024 广西）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动，速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰，碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力，则碰撞后，N在（ ）
A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动
B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动
C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v
D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v
（多选）18．（2024 湖北）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（ ）
A．子弹的初速度大小为
B．子弹在木块中运动的时间为
C．木块和子弹损失的总动能为
D．木块在加速过程中运动的距离为
（多选）19．（2024 全国）在新款车的碰撞安全测试中，一辆质量为2000kg的汽车，以等速度72km/h（20m/s）在水平地面上直线前进，和质量为1000kg的静止箱形障碍物发生一维非弹性正向碰撞，碰撞后箱形障碍物被向前弹开，汽车车头内凹但仍持续向前行进。假设空气阻力与地面摩擦力可忽略。在此碰撞过程中，速度传感器测得碰撞开始后汽车速率与时间的关系如图所示。将开始碰撞的时间记为0.0秒，则下列叙述哪些正确？（ ）
A．在0.5秒后，汽车与障碍物分离
B．在0.5秒后，汽车动能减少一半
C．在0.5秒后，障碍物速率为20m/s
D．在0.5秒内，汽车平均加速度量值为10m/s2
E．在0.5秒后，汽车与障碍物的总动能减少1×105J
（多选）20．（2024 广西）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为μ，将木栓对准方孔，接触但无挤压。锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下，木栓在竖直方向前进了Δx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（ ）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为﹣I
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小的为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
（多选）21．（2023 广东）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1kg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F，推动滑块1以0.40m/s的速度与静止的滑块2碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22m/s。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0.18N s
C．滑块2受到合外力的冲量大小为0.40N s
D．滑块2受到滑块1的平均作用力大小为5.5N
（多选）22．（2023 新课标）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x＝1m时，拉力的功率为6W
B．在x＝4m时，物体的动能为2J
C．从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x＝0运动到x＝4m的过程中，物体的动量最大为2kg m/s
（多选）23．（2025 选择性）如图，与水平面成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一质量为1kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6m且垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F＝kx。k＝10N/m，g取10m/s2，sin53°＝0.8。则滑块（ ）
A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6N
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为0.64m
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56J
（多选）24．（2025 福建）传送带转动的速度大小恒为1m/s，顺时针转动，物块A、B中间有一根轻弹簧连接，开始时弹簧处于原长，A的质量为1kg，B的质量为2kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t＝0时，A速度为v0＝2m/s，B的速度为零。在t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75J，传送带足够长，A可留下痕迹，则（ ）
A．在t时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t＝t0时，B的速度为0.5m/s
C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2m
D．0﹣t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m
（多选）25．（2024 福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面，一质量为m的滑块锁定在斜面上。t＝0时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F，F随时间t的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为g，则滑块（ ）
A．在0～4t0内一直沿斜面向下运动
B．在0～4t0内所受合外力的总冲量大小为零
C．在t0时动量大小是在2t0时的一半
D．在2t0～3t0内的位移大小比在3t0～4t0内的小
（多选）26．（2025 湖南）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，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μ。D在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2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，，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
D．弹药释放的能量为
三．解答题（共34小题）
27．（2025 河北）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
（2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
28．（2024 江苏）嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
（1）分离后A的速度v1；
（2）分离时A对B的推力大小。
29．（2025 北京）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A、B两部分，质量分别为2m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v0；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB；
（3）A、B落地点之间的距离d。
30．（2024 选择性）如图，高度h＝0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
31．（2024 天津）如图所示，光滑半圆道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I＝1.8N s，A、B的质量分别为mA＝0.3kg、mB＝0.1kg，轨道半径和绳长均为R＝0.5m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）与B碰前瞬间A的速度大小；
（2）A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。
32．（2025 甘肃）如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
（1）t＝6s时F的大小，以及t在0～6s内F的冲量大小。
（2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f﹣t图像。
（3）t＝6s时，物块的速度大小。
33．（2025 山东）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被锁定。一质量的小球自Q点正上方h＝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解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1kg，b的质量，方形物体的质量，重力加速度大小g＝10m/s2，弹簧的劲度系数k＝50N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式（x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v1、v2；
（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Epm。
34．（2025 河南）如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3m铺设有宽度为l2＝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m2＝4kg的小物块Q以v0＝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。
35．（2025 上海）质点在以某点为圆心半径为r的圆周上运动，即质点运动时其轨迹是圆周的运动叫“圆周运动”。它是一种最常见的曲线运动。例如电动机转子、车轮、皮带轮等都作圆周运动。
如图所示，在竖直平面内有一光滑圆形轨道，a为轨道最低点，c为轨道最高点，b点、d点为轨道上与圆心等高的两点，e为ab段的中点。一个质量为m的小物块在轨道内侧做圆周运动。
（1）若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在（ ）
A．A段 B．B点 C．C段 D．D点 E．E段
（2）若物块在a点的速度为v0，经过时间t刚好到达b点，则在该过程中轨道对物块的支持力的冲量为（ ）
A．mv0 B．Mgt C．mv0+mgt D．
（3）若物块质量为0.5kg，下图是物块的速度v与物块和圆心连线转过的夹角θ的关系图像。
①求轨道半径R；
②求θ＝60°时，物块克服重力做功的瞬时功率P。
36．（2024 湖北）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
37．（2024 重庆）如图所示，MN两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
（1）若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值。
（2）若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小。
（3）若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）问中的相同，使B旋转n圈。经过M正下时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
38．（2024 广东）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FN，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tanθ。
（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的作用力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M＝30kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/s2。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。
39．（2024 上海）包括太阳、地球在内的所有物体都会在其周围产生引力场。在不同尺度的空间，引力场中的物体运动具有不同的表象。牛顿揭示了苹果下落和行星运动共同的物理机制。意味着天上的物理和地上的物理是一样的，物理规律的普适性反映了一种简单的美。
（1）如图1，小球a通过轻质细线Ⅰ、Ⅱ悬挂，处于静止状态。线Ⅰ长l＝0.5m，Ⅰ上端固定于离地H＝2.1m的O点，与竖直方向之间夹角θ＝37°；线Ⅱ保持水平。O点正下方有一与a质量相等的小球b，静置于离地高度h＝1.6m的支架上。（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
①在线Ⅰ、Ⅱ的张力大小FⅠ、FⅡ和小球a所受重力大小G中，最大的是 。
②烧断线Ⅱ，a运动到最低点时与b发生弹性碰撞。求：
A.与b球碰撞前瞬间a球的速度大小va；（计算）
B.碰撞后瞬间b球的速度大小vb；（计算）
C.b球的水平射程s。（计算）
（2）图2示虚线为某彗星绕日运行的椭圆形轨道，a、c为椭圆轨道长轴端点，b、d为椭圆轨道短轴端点。彗星沿图中箭头方向运行。
①该彗星某时刻位于a点，经过四分之一周期该彗星位于轨道的 。
A.ab之间 B.b点 C.bc之间 D.c点
②已知太阳质量为M，引力常量为G。当彗日间距为r1时，彗星速度大小为v1。求彗日间距为r2时的彗星速度大小v2。（计算）
40．（2023 北京）如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g，忽略球的大小。求：
（1）A释放时距桌面的高度H；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
41．（2023 广东）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3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0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m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B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t；
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
（3）圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
42．（2025 广西）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：
（1）单个散货的质量。
（2）水平传送带的平均传送速度大小。
（3）倾斜传送带的平均输出功率。
43．（2025 浙江）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C′E、倾角为37°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R＝0.2m，m＝0.1kg，EF段长度，FG间距LFG＝0.4m，GH间距LGH＝0.22m，HI间距LHI＝0.1m，EF段μ＝0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若h＝0.8m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC；
（2）若滑块3恰好能通过圆轨道CDC′，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。
44．（2025 北京）关于飞机的运动，研究下列问题。
（1）质量为m的飞机在水平跑道上由静止开始做加速直线运动，当位移为x时速度为v。在此过程中，飞机受到的平均阻力为f，求牵引力对飞机做的功W。
（2）飞机准备起飞，在跑道起点由静止开始做匀加速直线运动。跑道上存在这样一个位置，飞机一旦超过该位置就不能放弃起飞，否则将会冲出跑道。己知跑道的长度为L，飞机加速时加速度大小为a1，减速时最大加速度大小为a2。求该位置距起点的距离d。
（3）无风时，飞机以速率u水平向前匀速飞行，相当于气流以速率u相对飞机向后运动。气流掠过飞机机翼，方向改变，沿机翼向后下方运动，如图所示。请建立合理的物理模型，论证气流对机翼竖直向上的作用力大小F与u的关系满足F∝uα，并确定α的值。
45．（2025 四川）如图所示，真空中固定放置两块较大的平行金属板，板间距为d，下极板接地，板间匀强电场大小恒为E。现有一质量为m、电荷量为q（q＞0）的金属微粒，从两极板中央O点由静止释放。若微粒与极板碰撞前后瞬间机械能不变，碰撞后电性与极板相同，所带电荷量的绝对值不变。不计微粒重力。求：
（1）微粒第一次到达下极板所需时间；
（2）微粒第一次从上极板回到O点时的动量大小。
46．（2025 江苏）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v0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v；
（2）若钢球质量为3m，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v1；
（3）若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。
47．（2024 甘肃）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P＝OP＝1.6m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。（重力加速度g取10m/s2）
（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短），碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
48．（2024 安徽）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L＝1.25m。小球质量m＝0.20kg。物块、小车质量均为M＝0.30kg。小车上的水平轨道长s＝1.0m。圆弧轨道半径R＝0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。
49．（2025 重庆）如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
（1）求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
（2）若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；
（3）若B的质量是A的n倍，碰前B的速度忽略不计，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。
50．（2025 选择性）如图，有两个电性相同且质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：（m、l0、v0、t1均为已知量）
（1）粒子B到达P点时的速度大小v1；
（2）t1时间内粒子B的位移大小xB；
（3）恒力作用的时间t2。
51．（2025 海南）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5m，圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知mA＝4kg，mB＝1kg，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5J，忽略轨道及平台的摩擦，g＝10m/s2。
（1）A滑到圆弧最低点时受的支持力；
（2）A与B整个碰撞过程中损失的机械能；
（3）传送带的速度大小。
52．（2024 浙江）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）
（1）若h＝0.8m，求小物块：
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；
（2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
53．（2025 四川）如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
（1）求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小；
（2）若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件；
（3）在满足（2）中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。
54．（2025 湖北）如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n（n是大于1的正整数）个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、…、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为（β为足够大常数，g为重力加速度大小）。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小。
（2）记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。
（3）若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。
提示：12+22+ +k2k（k+1）（2k+1）。
55．（2024 浙江）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5m，d＝4.4m，L＝1.8m，M＝m＝0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
56．（2025 湖南）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道，轨道中有质量为M的滑杆。滑杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且与轨道平行，机器人从B点以初速度v竖直向下运动，B点位于轨道平面上，且在A点正下方，AB＝1.2L。滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，sin37°＝0.6，重力加速度大小为g。
（1）若滑杆固定，，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
（2）若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v的大小；
（3）若滑杆能沿轨道自由滑动，M＝km，且k≥1，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时，机器人松开轻绳后被抛至A点，求v与k的关系式及v的最小值。
57．（2024 河北）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg，A木板长度为2.0m，机器人质量为6.0kg，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力。
（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。
（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。
（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，此时木板B、C也相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
58．（2024 湖南）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA＞mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比；
（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0＜e＜1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。
59．（2023 辽宁）如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep。取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU（用t0表示）。
60．（2023 乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求
（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
专题16 动量守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A B D D A C C C A
二．多选题（共16小题）
题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21
答案 AD AB AB BD ABD BD BC AD ACE BD BD
题号 22 23 24 25 26
答案 BC AC BD AD BD
一．选择题（共10小题）
1．【考点】反冲现象中的动量守恒．版权所有
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律在天体运动中的应用专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】组合体绕行星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m，设组合体的线速度大小为v，有：
解得：
v
弹射返回舱的过程，组合体动量守恒，取组合体的线速度方向为正方向，有
6mv＝5mv1+mv2
解得：
故C正确，ABD错误；
故选：C。
2．【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；常见力做功与相应的能量转化．版权所有
【专题】定性思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】CD、剪断细绳后，A、B、弹簧组成的系统所受合外力为零，则此系统满足动量守恒定律，即系统动量不变。因各表面均光滑，故系统无机械能损失，满足机械能守恒定律，系统机械能也不变，故CD错误；
B、剪断细绳后，A、B、弹簧组成的系统动量守恒，弹簧压缩最短时A、B共速，因系统初动量为零，故弹簧压缩最短时系统动量也为零，则此时A、B的动量均为零，故此时B的动能为零，并非最大，故B错误；
A、由A、B、弹簧组成的系统动量守恒与机械能守恒，可知运动过程中A、B的动量始终等大反向，故A、B同时达到各自的速度最大值，当弹簧为原长时，弹簧弹性势能为零，则A、B的总动能最大，故此时A、B的速度达到最大值，B的动量最大，故A正确。
故选：A。
3．【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题；自由落体运动的规律及应用；平抛运动速度的计算．版权所有
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；自由落体运动专题；平抛运动专题；动量定理应用专题；分析综合能力．
【解答】小球A与小球B碰撞前的速度vy1＝gt1＝10×1m/s＝10m/s
方向竖直向下
小球A下落的高度
取水平方向为正方向，A、B两小球水平方向动量守恒mv＝mvxB+mvxA
A、B发生弹性碰撞，机械能守恒
联立解得vxA＝v，vxB＝0
碰撞后小球A在竖直方向做匀加速直线运动
解题t2＝1s，t2＝﹣3s（舍弃）
小球A在水平方向做匀速直线运动x＝vxAt2＝vt2
解得v＝3m/s
故ACD错误，B正确。
故选：B。
4．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；常见力做功与相应的能量转化．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】A、由题意可知，碰撞瞬间C相对地面向左运动，故A错误；
B、规定向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒定律可得：mvA﹣mvB＝2mv1，代入数据可得v1＝1m/s，方向向右；当三者共速时，则有2mv1﹣mvc＝3mv共，代入数据可得v共＝0，即可判断最终三者一起静止；对C受力分析，受到向左的摩擦力，根据牛顿第二定律μmg＝mac，由运动学v共＝vc﹣act，联立可得t＝0.4s，故B错误；
C、碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量，故C错误；
D、碰撞后到三者相对静止，由能量关系可知Q＝μmgx相对，代入数据可得x相对＝0.6m，故D正确；
故选：D。
5．【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．版权所有
【专题】定性思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】对P和N的碰撞过程，规定它们初速度的方向为正方向，根据动量守恒定律有mPvP+mNvN＝mPvP′+mNvN′，可得mP（vP﹣vP′）＝mN（vN′﹣vN），根据图1可知（vP﹣vP′）＞（vN′﹣vN），故mP＜mN，同理，对Q和N组成的系统mQvQ+mNvN＝mQvQ′+mNvN′，可得mQ（vQ﹣vQ′）＝mN（vN′﹣vN），根据图2可知（vQ﹣vQ′）＜（vN′﹣vN），故mN＜mQ，联立可得mQ＞mN＞mP，故D正确，ABC错误。
故选：D。
6．【考点】动量变化量的计算；利用动能定理求解多过程问题．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】A．根据动能定理有
解得
故A正确；
B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有
﹣Ek＝0﹣F2d2
到达目标组织表面时的动能为
Ek＝F2d2
故B错误；
C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误；
D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小
故D错误。
故选：A。
7．【考点】求变力的冲量；竖直上抛运动的规律及应用；常见力做功与相应的能量转化．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】D.小球上升过程中受到向下的空气阻力，满足mg+kv＝ma上，下落过程中受到向上的空气阻力，满足mg﹣kv＝ma下，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），故D错误；
C.小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，故C正确；
A.上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，故A错误；
B.经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，故B错误。
故选：C。
8．【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；图析法；力学综合性应用专题；推理论证能力．
【解答】A、根据图像，我们可以看到在10.10s至10.35s这段时间内，运动员受到的支持力最大为：F＝42×60N＝2520N，
根据牛顿第二定律可得运动员的最大加速度为：a32m/s2，方向向上，故A错误；
BCD、根据图像可知，在10.10s至10.35s这段时间内，支持力的冲量等于图像的面积，
可得合力的冲量为：I＝22×60×（10.35﹣10.10）N s﹣60×10×（10.35﹣10.10）N s＝180N s，
根据动量定理可得运动员的速度离地为：vm/s＝3m/s，
起跳后运动员重心上升的平均速度大小为：，
起跳后运动员做竖直上抛运动，跳后运动员重心上升的最大高度为：0.45m，
故C正确，BD错误。
故选：C。
9．【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导；动能定理的简单应用．版权所有
【专题】牛顿运动定律综合专题；功的计算专题；功率的计算专题；动能定理的应用专题；动量定理应用专题；理解能力．
【解答】A.设磁悬浮列车减速过程中加速度的大小为a，根据牛顿第二定律F+f＝ma
解得加速度的大小为，故A错误；
B.取列车运动的方向为正方向，根据动量定理﹣（IF+If）＝0﹣mv
解得F的冲量IF＝mv﹣If，故B错误；
C.根据动能定理
解得列车减速过程通过的位移大小为，故C正确；
D.列车匀速行驶时，牵引力等于阻力，列车的功率P＝fv，故D错误。
故选：C。
10．【考点】分析碰撞的合理性．版权所有
【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】根据牛顿第二定律可得加速度大小为：
由于两物体受外力F大小相等，图像的斜率等于加速度，可知M、N的加速度大小之比为：aM：aN＝4：6＝2：3
可知M、N的质量之比为：m1：m2＝6：4＝3：2
设M、N的质量分别为分：m1＝3m，m2＝2m
由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因M、N系统受合外力为零，则碰撞过程中动量守恒。
取向右为正方向，由动量守恒定律可得：3m 4v﹣2m 6v＝3mv1+2mv2
若系统为弹性碰撞，根据机械能守恒定律可得：
解得碰撞后M和N的速度分别为：v1＝﹣4v、v2＝6v
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；
若不是弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：3m 4v﹣2m 6v＝3mv1+2mv2
可知碰后速度大小之比为：v1：v2＝2：3
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。
综上所述，故A正确、BCD错误。
故选：A。
二．多选题（共16小题）
11．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律的简单应用；匀速圆周运动；牛顿第二定律与向心力结合解决问题．版权所有
【专题】定性思想；推理法；匀速圆周运动专题；推理论证能力．
【解答】A.匀速圆周运动的线速度大小不变，根据动能的表达式：Ek，可知小车的动能不变，故A正确；
B.根据匀速圆周运动条件：小车的合外力提供向心力，小车所受外力和不为0，可得小车的动量不守恒，故B错误；
C.小车做匀速圆周运动，向心加速度大小不变，但是方向始终指向圆心，故方向始终在改变，故C错误；
D.小车做匀速圆周运动，合外力提供向心力，故小车所受的合外力一定指向圆心，故D正确；
故选：AD。
12．【考点】求变力的冲量；对物体进行受力分析．版权所有
【专题】定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】A、无人机做匀速直线运动时受到拉力、空气作用力和重力，则三个力的合力为零，根据受力平衡的特点可知，空气的作用力与重力和拉力的合力大小相等，方向相反；拉力大小F随时间t的变化关系为F＝F0﹣kt，是逐渐减小的，它与重力的合力变化如图
由图可知重力和拉力的合力方向是变化的，所以无人机受到空气作用力的方向会变化，故A正确；
B、拉力是均匀变化的所以拉力的冲量I，故B正确；
C、0～T时间内重力的冲量大小I′＝mgT，由于重力和拉力不在同一条直线上，所以无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为不等于mgT+（F0kT）T，故C错误；
D、空气的作用力与重力和拉力的合力大小相等，方向相反，所以T时刻无人机受到空气作用力的大小为等于重力和拉力的合力大小，
为F，故D错误。
故选：AB。
13．【考点】动量变化量的计算；超重与失重的概念、特点和判断；判断机械能是否守恒及如何变化．版权所有
【专题】定量思想；推理法；运动学中的图象专题；分析综合能力．
【解答】A、y﹣t图象的斜率表示速度，由EF的直线方程y＝4t﹣26，可知，无人机在EF段的速度大小为4m/s，故A正确；
B、无人机从F点到最高点，由图象可以知道向上减速，加速度向下，处于失重状态。从最高点到M点，向下加速，加速度向下，处于失重状态，故B正确；
C、从MN的直线方向y＝﹣2t+140可知，F点的速度vF＝﹣2m/s，所以FN段的动量变化：ΔpFN＝mvN﹣mvF＝2×（﹣2）kg m/s﹣2×4kg m/s＝﹣12kg m/s，故C错误；
D、无人机在MN段是匀速下降，动能不变，而重力势能减小，所以在MN段无人机机械能减小，故D错误。
故选：AB。
14．【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用．版权所有
【专题】比较思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】A、分别对甲和乙受力分析，设两者间的磁力为F，对甲，由牛顿第二定律得：F﹣μm甲g＝m甲a甲
解得：a甲μg
对乙，由牛顿第二定律得：F﹣μm乙g＝m乙a乙
解得：a乙μg
由题意可知，m甲＞m乙，则a甲＜a乙，则在它们相近过程中的任意时刻甲的速度大小比乙的小，故A错误；
BCD、甲物体所受摩擦力大于乙物体所受摩擦力，则甲所受合力小于乙所受合力，从释放甲和乙到它们相互接近过程中的某一时刻，甲所受合力的冲量小于乙所受合力的冲量，根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，甲的动量大小比乙的小，甲和乙的动量之和不为零，故BD正确，C错误；
故选：BD。
15．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】A、两滑块在光滑斜坡上初速度加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度和相对加速度均为零，即两个物体相对静止，故A正确；
B、两滑块滑到水平面后做匀减速直线运动，由于两个滑块的质量相等，且发生弹性碰撞，则碰撞前后两个物体的速度发生交换，故B正确；
C、乙的高度会影响乙在斜面上的加速时间，同时高度越大，乙物块到达O点时的速度越大，在水平面上减速的时间也更长，故C错误；
D、乙下滑过程中，根据动能定理可得：
因为甲和乙发生的是弹性碰撞，两者交换速度，则甲最终停止位置与乙不发生碰撞时停止的位置相同，如果没有发生碰撞，则乙在水平面上运动到停止，根据动能定理可得：
﹣μmgx＝0
联立解得：x，故D正确；
故选：ABD。
16．【考点】用动量定理求平均作用力；竖直上抛运动的规律及应用；重力势能的定义和性质．版权所有
【专题】定量思想；控制变量法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】A．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
v＝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
FΔt﹣mgΔt＝mv﹣（﹣mv）
其中
Δt＝0.3s
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。
故选：BD。
17．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．版权所有
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；平抛运动专题；理解能力．
【解答】AB.两小球发生弹性碰撞，小球N离开平台后做平抛运动，根据平抛运动的规律，竖直分运动为自由落体运动，因此小球N竖直墙面上的垂直投影的运动是初速度为零的匀加速运动，故A错误，B正确；
CD.设M和N小球碰撞后的速度分别为v1、v2，取水平向右为正方向
两小球发生弹性碰撞时，动量守恒mv＝mv1+mv2
机械能守恒
联立解得v1＝0，v2＝v
小球N离开平台后做平抛运动，根据平抛运动规律，水平分运动为匀速直线运动，因此水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v，故C正确，D错误。
故选：BC。
18．【考点】动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用；常见力做功与相应的能量转化．版权所有
【专题】信息给予题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力；模型建构能力．
【解答】AC.要使木块获得的速度最大，临界条件为子弹恰好能穿过木块，即子弹穿过木块时两者达到共速。子弹和木块具有共同速度，设为v；
取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律mv0＝（m+M）v
据能量守恒定律
联立解得，
子弹和木块损失的总动能
综上分析，故A正确，C错误；
B.取初速度方向为正方向，根据动量定理﹣ft＝﹣kv0t＝mv﹣mv0
代入数据联立解得，故B错误；
D.木块在加速过程中做匀加速直线运动，故D正确。
故选：AD。
19．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．
【解答】A．由图可知，汽车在0.5s之后速度不再发生变化，所以在0.5秒后，汽车与障碍物分离，故A正确；
B．由可知，0.5s之后汽车速度变为原来的，所以动能应该减少为原来的，故B错误；
C．空气阻力与地面摩擦力可忽略，所以汽车和障碍物组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则
Mv＝Mv1+mv2
代入数据得0.5秒后，障碍物速率为20m/s，故C正确；
D．由加速度公式
可得
故D错误；
E．汽车碰之前的动能为
汽车碰之后的动能为
障碍物的动能为
所以在0.5秒后，汽车与障碍物的总动能减少
ΔE＝4×105J﹣1×105J﹣2×105J＝1×105J
故E正确。
故选：ACE。
20．【考点】动量定理的内容和应用；动能定理的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】A.锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为﹣I，故A错误；
B.锤子撞击木栓后木栓获得的动能为：Ek
木栓进入过程根据动能定理有：（mg）Δx＝0﹣Ek
解得平均阻力为：mg，故B正确；
C.木栓进入过程木栓减少的动能为，减少的重力势能为mgΔx，木料增加弹性势能为Ep，则木料和木栓的机械能共损失了：ΔEEp，故C错误；
D.对木栓的一个侧面受力分析如图：
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有
且根据B选项求得平均阻力：mg
又由：f＝μFN
联立可得：f，故D正确；
故选：BD。
21．【考点】用动量定理求平均作用力；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】选择水平向右的方向为正方向。
A、滑块1和滑块2组成的系统的初动量为：
p1＝mv1＝1×0.40kg m/s＝0.40kg m/s
碰撞后，滑块1和滑块2组成的系统的动量为：
p2＝2mv2＝2×1×0.22kg m/s＝0.44kg m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A错误；
B、对滑块1，根据动量定理可得：
ΔI＝mv2﹣mv1
代入数据解得：ΔI＝﹣0.18N s，负号表示方向水平向左，故B正确；
C、同理可得，对滑块2分析可得：
ΔI′＝mv2﹣0
代入数据解得：ΔI′＝0.22N s，故C错误；
D、根据公式ΔI′＝FΔt
代入数据解得：F＝5.5N，故D正确；
故选：BD。
22．【考点】用动量的定义式计算物体的动量；功的定义、单位和计算式；摩擦力做功的特点和计算；瞬时功率的计算；利用动能定理求解多过程问题．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力．
【解答】A、W﹣x图像的斜率为拉力F，由图像可知，0～2m内，拉力F1N＝6N
2～4m内，拉力F2N＝3N
0～2m内，对物体受力分析，由牛顿第二定理得：F1﹣μmg＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
由匀变速直线运动速度—位移公式得：2ax
x＝1m时，物体的速度大小为v1m/s＝2m/s
拉力的功率P1＝F1v1＝6×2W＝12W
故A错误；
B、滑动摩擦力f＝μmg＝0.4×1×10N＝4N
0～4m内，对物体由动能定理得：W﹣fx＝Ek
代入数据解得：Ek＝2J
故B正确；
C、从x＝0运动到x＝2m，物体克服摩擦力做的功为W克＝fx＝4×2J＝8J
故C正确；
D、0～2m过程中，拉力大于摩擦力，物体做匀加速运动，2m～4m时，拉力小于摩擦力，物体做匀减速运动，则当x＝2m时，物体的速度最大，动量最大，物体的速度大小为：v2m/s＝2m/s
物体的最大动量为：p＝mv＝1×2kg m/s＝2kg m/s
故D错误。
故选：BC。
23．【考点】求变力的冲量；常见力做功与相应的能量转化．版权所有
【专题】定量思想；方程法；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力．
【解答】A、滑块下滑到某一位置受力情况如图所示：
此时弹性轻绳弹力大小在垂直于杆上的分量为：T⊥＝Tcosθ＝kxcosθ＝kx0，其中x0＝1.6m
所以垂直于杆方向的弹力大小不变，滑块运动过程中摩擦力大小不变。
根据滑动摩擦力的计算公式可得：f＝μFN＝μ（kx0﹣mgcos53°）
解得：f＝1.6N，故A正确；
B、下滑过程中摩擦力方向沿杆向上，上滑过程中摩擦力沿杆向下，下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误；
C、滑块静止时受力平衡，设此时滑块的位移为L，弹性轻绳伸长量为x′，与PQ夹角为α，根据平衡条件可得：
mgsin53°＝f+kx′sinα，其中：x′sinα＝L
解得：L＝0.64m，故C正确；
D、从释放到静止过程中，根据功能关系可得：mgLsin53°＝Wf
解得从释放到静止克服滑动摩擦力做功为：Wf＝3.072J，故D错误。
故选：AC。
24．【考点】动量守恒定律的一般应用；胡克定律及其应用；水平传送带模型．版权所有
【专题】定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】A、A的初速度大于B的初速度，则弹簧开始压缩，对B受力分析，水平方向有：
F弹+μBmBg＝mBaB
解得：
aB＝（2.5）m/s2
对A受力分析，水平方向有：
F弹+μAmAg＝mAaA
解得：
aA＝（F弹+5）m/s2
则A的加速度大小大于B的加速度大小，故A错误；
B、由题意可知，A的质量为B的质量的一半，动摩擦因数为B与传动带间动摩擦因数的两倍，则两物块所受滑动摩擦力大小相等，将A、B和弹簧看作一个系统，则系统所受外力的矢量和为零，动量守恒，取向右为正方向，0﹣t0时间内，对系统有：
mAv0＝mAv+mBvB
代入数据解得：
vB＝0.5m/s
故B正确；
C、0﹣t0时间内，摩擦力对系统做功等于系统机械能的变化量，有：
﹣μAmAgxA+μBmBgxBmAv2+mBmA+Ep
弹簧的压缩量为
Δx＝xA﹣xB
代入数据联立解得：
Δx＝0.1m
故C错误；
D、做A、B和传动带的v﹣t图像如图
v﹣t图像与坐标轴所围面积表示位移，则0﹣t0时间内，vA、vB图像间的面积为0.1m，vA、v传图像间的面积为A相对传动带的位移，即A与传送带的痕迹，若A和B加速度相同，B的v﹣t图像为图中红色图线，且图像与A的v﹣t图像关于传送带的v﹣t图像对称，但由A知，A的加速度为B的加速度的两倍，由图可知，A与传送带的痕迹小于m，即小于0.05m，故D正确；
故选：BD。
25．【考点】F﹣t图像中的动量问题；牛顿第二定律的简单应用；动量定理的内容和应用．版权所有
【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】A、以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律得：
力F方向沿斜面向下时，物块的加速度为：a13gsinθ
力F方向沿斜面向上时，物块的加速度为：a2gsinθ
0～t0时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，t0时刻物块的速度为v1＝a1t0＝3gsinθt0
t0～2t0时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，2t0时刻物块的速度为v2＝v1+a2t0＝2gsinθt0
2t0～3t0时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，3t0时刻物块的速度为v3＝v2+a1t0＝5gsinθt0
3t0～4t0时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，4t0时刻物块的速度为v4＝v3+a2t0＝4gsinθt0
可知0～4t0时间内物体一直沿斜面向下运动，故A正确；
B、根据动量定理得0～4t0时间内合外力的总冲量为I＝mv4﹣0＝4mgsinθt0，故B错误；
C、t0时刻物块的动量为：p1＝mv1＝3mgsinθt0，2t0时刻物块的动量为p2＝mv2＝2mgsinθt0，可知t0时刻动量不等于2t0时刻的一半，故C错误；
D、2t0～3t0过程物块的位移为x1gsinθ，3t0～4t0过程物块的位移为x2gsinθ，可知x1＜x2，故D正确。
故选：AD。
26．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；平抛运动速度的计算；动能定理的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；力学综合性应用专题；推理论证能力．
【解答】A、爆炸过程，A与B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：0＝﹣3mvA+mvB
B与C碰撞过程，同理可得：mvB＝（m+5m）v
联立解得D的初速度大小为：v＝0.5vA
爆炸后瞬间A的动能为：
D的初动能为：
可见D的初动能与爆炸后瞬间A的动能不相等，故A错误；
B、D水平滑动s1距离的过程中摩擦力做功为：
做平抛运动过程中重力做的功为：WG＝6mgh
可得：Wf+WG＝0，故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为零，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；
CD、D平抛过程在竖直方向上有：，在水平方向上有：
联立可得：
D水平滑动s1距离的过程，根据动能定理有：
解得：
由A选项的解答可得：vA＝2v，vB＝6v
弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则弹药释放的能量为：
故C错误，D正确。
故选：BD。
三．解答题（共34小题）
27．【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；平抛运动位移的计算．版权所有
【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】（1）设小物块达到平台右端的速度大小为v，在水平台上运动过程中，根据动能定理可得：
﹣μmgL
解得：v＝1m/s
设平抛运动的时间为t，则有：h
解得：t＝0.6s
物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离：x＝vt＝1×0.6m＝0.6m；
（2）若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为：h′＝0.45m，上升过程中经过的时间为t′，逆向分析，根据位移公式可得：
解得：t′＝0.3s
从物块从离开平台到弹起至最大高度过程中所用时间共计：t总＝1s，
从物块从离开平台到弹起至最大高度过程中，取向下为正方向，竖直方向根据动量定理可得：mgt总﹣F（t总﹣t﹣t′）＝0
解得地面对小物块的平均弹力为：F＝1N
则弹力冲量大小为：I弹＝F（t总﹣t﹣t′）
解得：I弹＝0.1N s；
设小物块离开地面时水平速度大小为v′，小物块与地面接触过程中，取向右为正方向，水平方向根据动量定理可得：
﹣μF（t总﹣t﹣t′）＝mv′﹣mv
解得：v′＝﹣1m/s＜0，说明与地面接触过程中水平方向末速度为零，物块弹离地面时水平速度的大小为零。
答：（1）物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离为0.6m。
（2）物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小为0.1N s，物块弹离地面时水平速度的大小为零。
28．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动量定理的内容和应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】（1）组合体A与组合体B分离过程在速度方向上满足动量守恒定律，以在轨速度v0的方向为正方向，则有：
（M+m）v0＝Mv+mv1
解得：v1
（2）设分离时A对B的推力大小为F，以在轨速度v0的方向为正方向，对B由动量定理得：
FΔt＝Mv﹣Mv0
解得：F
答：（1）分离后A的速度v1为；
（2）分离时A对B的推力大小为。
29．【考点】用动量守恒定律解决爆炸问题；竖直上抛运动的规律及应用；平抛运动位移的计算．版权所有
【专题】定量思想；推理法；力学综合性应用专题；推理论证能力．
【解答】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为零，由运动学公式得：
0＝v0﹣gt
解得：v0＝gt
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为零，以炸裂后瞬间B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
0＝﹣2mv+mvB
解得：vB＝2v
（3）爆炸后A、B两部分均做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动。根据竖直上抛运动的对称性可知平抛运动的时间与上升时间相等为t，可得：
A的水平位移大小为：xA＝vt
B的水平位移大小为：xB＝vBt＝2vt
可得A、B落地点之间的距离为：d＝xA+xB＝vt+2vt＝3vt
答：（1）该物体抛出时的初速度大小v0为gt；
（2）炸裂后瞬间B的速度大小vB为2v；
（3）A、B落地点之间的距离d为3vt。
30．【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；平抛运动速度的计算；常见力做功与相应的能量转化．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】（1）弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，A飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律可得：
水平射程：xA＝vAt
下落高度：hgt2
联立解得：vA＝1m/s
物块A、B与弹簧作用过程，由题意可知物块A、B受到的滑动摩擦力等大反向，则物块A、B与弹簧组成的系统合外力为零，满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有：
﹣mAvA+mBvB＝0
解得：vB＝1m/s
（2）对B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25m后停止的过程，根据动能定理得：
﹣μmBgxB＝0mB
解得物块与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.2
（3）物块A、B与弹簧作用过程，A、B运动路程之和等于初始弹簧的压缩量Δx＝0.1m。对此过程由能量守恒与功能关系得：
ΔEpmAmBμmAgxA′+μmBgxB′
又有：mA＝mB＝0.1kg，Δx＝xA′+xB′
解得：ΔEp＝0.12J
答：（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB均为1m/s；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ为0.2。
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp为0.12J。
31．【考点】某一方向上的动量守恒问题；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；机械能守恒定律的简单应用；动量定理的内容和应用．版权所有
【专题】计算题；定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】（1）设施加瞬时冲量后瞬间A的速度为 v0，由动量定理，有I＝mAv0，解得：
设与B碰前瞬间A的速度大小为 v1，由机械能守恒定律，有，解得：；
（2）设A、B碰后瞬间共同速度大小为v2，由水平方向动量守恒，有mAv1＝（mA+mB）v2，解得：
设碰后瞬间轻绳拉力大小为F，由牛顿第二定律，有
解得：。
答：（1）与B碰前瞬间A的速度大小4m/s；
（2）A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小11.2N。
32．【考点】F﹣t图像中的动量问题；滑动摩擦力的大小计算和影响因素．版权所有
【专题】定量思想；推理法；摩擦力专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】（1）由图2可得F与t的关系为：F
可得t＝6s时F的大小为：F1＝6
因F与t成线性关系，故可用F的平均值求解F的冲量大小，可得在0～6s内F的冲量大小为：
I1F1Δt6（N s）（N s）
（2）初始时刻物块刚好能静止在细杆上，设物块与细杆间的动摩擦因数为μ，由平衡条件可得：
mgsinθ＝μmgcosθ，解得：μ
设物块与细杆间的弹力大小为N，在垂直于细杆方向上，由平衡条件可得：
N＝|mgcosθ﹣Fsinθ|
以沿细杆向上为正方向，物块与细杆间的摩擦力f为：
f＝μN＝μ |mgcosθ﹣Fsinθ|
其中：F
代入数据整理可得：f |1|（N）
令10，可得：t＝4s
可得t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为：
当0≤t＜4s时，f（1）（N）；
当4s≤t≤6s时，f（1）（N）
作出相应的f﹣t图像如下图所示：
（3）根据（2）的解答所得的f﹣t图像与时间轴围成的面积等于摩擦力的冲量大小，可得在0～6s内摩擦力f的冲量大小为：
If（N s）
设t＝6s时，物块的速度大小为v，以沿细杆向下为正方向，对物块由动量定理得：
mgsinθ t+I1cosθ﹣If＝mv﹣0
解得：v（m/s）
答：（1）t＝6s时F的大小为，以及t在0～6s内F的冲量大小为（N s）。
（2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为当0＜t＜4s时，f（1）（N）；当4s≤t≤6s时，f（1）（N），作出相应的f﹣t图像见解答。
（3）t＝6s时，物块的速度大小为（m/s）。
33．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；胡克定律及其应用．版权所有
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】（1）小球从开始下落到P处过程中，以水平向左为正方向，水平方向上动量守恒，有：
mv1＝Mv2
由能量守恒定律得：
代入数据联立解得
v1＝6m/s
即小球速度为6m/s，方向水平向左，大物块速度为，方向水平向右。
（2）小球落在物块a正上方，与其粘连，竖直方向速度变为0，以水平向左为正方向，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有
mv1＝（m+ma）v3
代入数据解得：
v3＝2m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律得：
F＝kx1
对小球、物块a和弹簧，由能量守恒定律得：
代入数据联立解得：
v4＝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+ma）v4＝（m+ma+mb）vb
代入数据解得：
方向水平向左。
对a、b和弹簧由能量守恒定律可得，最大弹性势能为
代入数据解得：
答：（1）小球到达P点时，小球相对于地面的速度大小v1为6m/s，方形物体相对于地面的速度大小v2为；
（2）弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb为m/s，弹性势能的最大值Epm为J。
34．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律求解多过程问题．版权所有
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【解答】（1）对P和Q组成的系统，规定v0方向为正方向，设碰后Q的速度为v′，由动量守恒定律得：
m2v0＝m1v+m2v′
代入数据解得v′＝3.5m/s
则该碰撞过程中损失的机械能为：
ΔE
解得：ΔE＝24.5J；
（2）P只有在防滑带上才减速运动，根据动能定理有：
﹣μm1gs＝0，解得s＝4.9m
分析可得P滑入第3条防滑带上减速为0，在防滑带上运动的总时间为：
t1s＝1.4s
滑块滑入第一个光滑直道速度为v1，根据动能定理得：
﹣μm1gl2
滑块滑入第二个光滑直道速度为v2，同理有：
﹣μm1gl2
解得v1＝5m/s，v2＝1m/s
故P在第一个l1上运动用时t2s＝0.6s
在第二个l1上运动用时t3s＝3.0s
则从开始运动到静止经历的时间为t总＝t1+t2+t3＝1.4s+0.6s+3s＝5s。
答：（1）该碰撞过程中损失的机械能为24.5J；
（2）P从开始运动到静止经历的时间为5s。
35．【考点】动量定理的内容和应用；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；动能定理的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【解答】（1）物块从a点运动到c点过程中一直做减速运动，可知沿圆弧物块a点运动到b点的平均速率大于b点运动到c点的平均速率。若物块从a点运动到c点所用时间为t0，则在0.5t0时，物块在E段。故ABCD错误，E正确；
故选：E。
（2）以初速度方向为正方向，根据动量定理，支持力在水平方向的冲量为Ix＝0﹣mv0
竖直方向上根据动量定理有Iy﹣mgt＝0
故该过程中轨道对物块的支持力的冲量为：
故ABC错误，D正确。
故选：D。
（3）①由图像可知，物块的初速度为6m/s，最高点位置的速度为3.5m/s。由动能定理得
解得R＝0.59m
②由图像可知θ＝60°时，物块的速度为5.5m/s，则物块克服重力做功的瞬时功率P＝mgvsin60°
解得P≈23.8W
故答案为：（1）E；（2）D；（3）①轨道半径R为0.59m；②物块克服重力做功的瞬时功率P为23.8W。
36．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；水平传送带模型；常见力做功与相应的能量转化；机械能守恒定律的简单应用．版权所有
【专题】计算题；信息给予题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；机械能守恒定律应用专题；动量定理应用专题；分析综合能力；模型建构能力．
【解答】（1）设小物块的质量为M，小球的质量为m，传送带的速度为v；
根据牛顿第二定律有μMg＝Ma
代入数据得a＝5m/s2
小物块与传送带共速时的位移
小物块与传送带共速后做匀速直线运动，因此小物块与小球碰撞前瞬间小物块的速度大小为5m/s；
（2）以小物块和小球为系统，碰撞后小物块的速度为v1，小球的速度为v2，取水平向右为正方向，则碰后瞬间小物块的速度v1＝﹣1m/s
根据动量守恒定律Mv＝Mv1+mv2
代入数据解得v2＝3m/s
由机械能守恒定律可得碰撞过程损失的机械能为
代入数据解得ΔE＝0.3J
（3）设P与O之间的距离为x，轻绳的长度为L，则小球绕P点做圆周运动的半径为r＝L﹣x
若小球恰到P点的正上方不松弛，重力完全提供向心力；
根据牛顿第二定律
小球从碰撞后到P点的正上方，取最低点为零势能位置；
根据机械能守恒定律
代入数据联立解得x＝0.20m。
答：（1）小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小5m/s；
（2）小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为0.3J；
（3）P点到O点的最小距离0.20m。
37．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；绳球类模型及其临界条件；圆周运动与平抛运动相结合的问题．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力；模型建构能力．
【解答】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v0，最高点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有
B从最低点到最高点由动能定理可得
解得
（2）A和B碰撞过程中动量守恒，取向右为正方向，设碰前A的速度大小为v1碰后A的速度大小为v2。碰后B的速度大小为v3，则有
2mv1＝2mv2+mv3
碰后A减速到0，有
碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4a，在M点正下方时，离M点6a，离地面4a，此时速度大小为v4，由功能关系得
B随后做平抛运动，有
L＝v4t
解得
（3）设MN间距离为h，B转n圈后到达M正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆心，由牛顿第二定律得
（n＝1，2，3，…）
以N为圆心，由牛顿第二定律得
（n＝1，2，3，…）
从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得
（n＝1，2，3，…）
解得
（n＝1，2，3，…）
绳断后，B做平抛运动，有
（n＝1，2，3，…）
s＝v5t
可得
（n＝1，2，3，…）
由于
（n＝1，2，3，…）
则由数学分析可得
当时，
当n＝1时，，
答：（1）B碰后瞬间速度的最小值为；
（2）B碰后瞬间的速度大小为；
（3）MN之间距离的范围（n＝1，2，3，…），在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值、最大值。
38．【考点】动量定理的内容和应用；自由落体运动的规律及应用；牛顿第二定律的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．
【解答】（1）对敏感球进行受力分析，如图所示：
根据几何关系可得：
tnaθ
（2）①F﹣t图像中，图像和横轴围成的面积表示力的冲量，则
，方向竖直向上
②头锤在下落过程中，根据动能定理可得：
在与气囊接触的过程中，选择向上的方向为正方向，根据动量定理可得：
IF﹣Mgt＝Mv1﹣Mv
头锤上升过程中，根据动能定理可得：
﹣Mgh
联立解得：h＝0.2m
答：（1）斜面倾角的正切值为；
（2）①碰撞过程中F的冲量大小为330N s，方向竖直向上；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m。
39．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；平抛运动速度的计算；万有引力与重力的关系（黄金代换）．版权所有
【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理论证能力．
【解答】（1）①小球a受到三个力处于静止状态，根据矢量三角形规律，作出的三个力的如图所示
根据直角三角形的边角关系，斜边代表FⅠ，所以三个力中最大的是FⅠ；
②A.小球a从烧断细线Ⅱ到摆至即将与b发生碰撞的过程中，由动能定理，得 m/s＝1.4m/s
B.由动量守恒定律和机械能守恒，规定向右的方向为正方向，有
mva＝mva'+mvb
联立两式得vb＝1.4m/s
C.由平抛运动的规律
（2）①彗星绕日在椭圆轨道运动时是变速率运动，近日点速率最大，远日点速率最小，a点是近日点，c点是远日点，根据对称性可知，a到c需要半个周期，a到b的平均速率较大，所以在四分之一周期内彗星运动到b和c之间，故C正确，ABD错误；故选：C；
②引力势能的表达式，彗星在间距由r1变到r2的运动过程中满足机械能守恒，有，得。
故答案为：（1）①FⅠ；②A.1.4m/s；B.1.4m/s；C.0.8m；（2）①C；②v2的大小为。
40．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；常见力做功与相应的能量转化；机械能守恒定律的简单应用．版权所有
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【解答】（1）A下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgH
解得：H
（2）碰撞前瞬间，绳子的拉力与重力的合力提供向心力，对A，由牛顿第二定律得：F﹣mg＝m
解得：F＝mg
（3）A、B碰撞过程系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv'
由能量守恒定律得：ΔE
解得：ΔEmv2
答：（1）A释放时距桌面的高度H是；
（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小是mg；
（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE是mv2。
41．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；平抛运动速度的计算；动能定理的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．
【解答】（1）选择水平向右的方向为正方向，A在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得：
μmg＝ma
结合运动学公式可得：
v0＝0+at
联立解得：t
（2）B从M点滑至N点的过程中，根据动能定理可得：
2mg×3L﹣W
联立解得：W＝6mgL
（3）设碰撞后A和B的速度分别为vA和vB，选择水平向右的方向为正方向，则根据动量守恒定律可得：
2m×2v0＝2mvB+mvA
根据能量守恒定律可得：
联立解得：；
另一解为：vA2＝2v0；vB2＝v0
根据碰撞的合理性，碰撞后B的速度应小于A的速度，故只有vA2、vB2满足碰撞合理性。
离开平台后，药品盒做平抛运动，则有：
根据题意可得：
解得：s
答：（1）A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间为；
（2）B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功为6mgL；
（3）圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离为。
42．【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；平均功率的计算．版权所有
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；功率的计算专题；动量定理应用专题；推理论证能力．
【解答】（1）对单个散货水平方向由动量定理﹣I＝0﹣mv0
解得单个散货的质量为
（2）落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律μmgcos30°﹣mgsin30°＝ma
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为t2
其中t1+t2＝9Δt
则匀速位移为
故传送带的长度为
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在Δt时间内传送带额外多做的功为
其中，，Q＝μmgcos30°Δx，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
答：（1）单个散货的质量为；
（2）水平传送带的平均传送速度大小为；
（3）倾斜传送带的平均输出功率为。
43．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；平抛运动速度的计算；绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用；用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．版权所有
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【解答】（1）滑块1由A到C过程，由动能定理得：mgh0
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mvC
代入数据解得：v0＝4m/s，vC＝2m/s
（2）滑块3恰好通过圆弧轨道，在圆弧轨道的最高点D，重力提供向心力，
由牛顿第二定律得：2mg＝2m
滑块1从A到C过程，由动能定理得：mgh0
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：mv0'＝2mvC'
碰撞后运动到D过程，由动能定理得：﹣2mg×2R
代入数据解得：h＝2m
（3）滑块1从A到C过程，由动能定理得：mgh10
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv'
从C到F过程，由动能定理得：﹣2mgLsin37°﹣μ×2mgLcos37°
滑块3直接落入洞中，离开F到落入洞中过程，竖直方向：vFsin37°＝g
水平方向：LFG+LGH+LHI＝vFt1cos37°
代入数据解得：h1＝2.5m
滑块3经1次反弹后落入洞中，从A到C过程，由动能定理得：mgh20
两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝2mv1'
从C到F过程，由动能定理得：﹣2mgLsin37°﹣μ×2mgLcos37°
滑块3直接落入洞中，离开F到落入洞中过程，竖直方向：t2
水平方向：LFG+LGH+LHI＝vF′t2cos37°
代入数据解得：h2＝2m
答：（1）碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC是2m/s。
（2）若滑块3恰好能通过圆轨道CDC′，高度h是2m；
（3）若滑块3最终落入I点的洞中，游戏成功的高度是2.5m或2m。
44．【考点】用动量定理求流体冲击问题；匀变速直线运动规律的综合应用；动能定理的简单应用．版权所有
【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；动能定理的应用专题；动量定理应用专题；模型建构能力．
【解答】（1）根据动能定理得：
解得：
（2）设飞机做匀加速直线运动到该位置达到最大速度为vm，根据运动学公式得：
假设飞机经过该位置后做匀减速直线运动到跑道终点速度恰好为零，由运动学公式得：
联立解得：
（3）在无风的情况下，飞机以速率u水平飞行时，相对飞机的气流速率也为u。建立如下的物理模型：飞机机翼的倾斜角度（与水平方向的夹角）为θ，气流掠过飞机机翼，只是方向改变，而速度大小不变，飞机机翼在竖直方向的投影面积为S。
掠过飞机机翼的气流在竖直方向上获得了动量，机翼对气流有竖直向下的作用力，气流对机翼产生竖直向上的升力。设Δt时间内掠过飞机机翼的空气质量为m，掠过飞机机翼的气流竖直向下的分速度大小为v，空气密度为ρ，则有：
m＝ρV＝ρSuΔt
在竖直方向上，以竖直向下为正方向，对掠过飞机机翼的气流，根据动量定理得：
F′ Δt＝mv﹣0
又有：v＝u sinθ
联立可得：F′＝ρSu2sinθ
根据牛顿第三定律可知气流对机翼竖直向上的作用力大小F＝F′＝ρSu2sinθ
可见F与u的关系满足F∝u2，可得：α ＝2。
答：（1）牵引力对飞机做的功W为。
（2）该位置距起点
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