高考一轮复习：动量
一、选择题
1．（2025·陕西）我国首台拥有自主知识产权的场发射透射电镜TH—F120实现了超高分辨率成像，其分辨率提高利用了高速电子束波长远小于可见光波长的物理性质。一个静止的电子经电压加速后，其德布罗意波长为，若加速电压为，不考虑相对论效应，则其德布罗意波长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动量；带电粒子在电场中的加速；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】设加速电压为U，电子的质量为m，电荷量为e，加速后电子的动量为p。加速后电子的动能Ek＝eU
电子的动量大小为
电子的德布罗意波长为
联立解得
由于开始时电压为100V，后来电压10kV，即U'＝100U
可解得
故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】 根据动能定理求出加速后电子的动能，结合动量与动能的关系求出动量，最后由德布罗意波波长公式求出。
2．（2025·禅城模拟）如图甲所示，一名消防员在演习训练中，沿着竖直固定钢管往下滑。图乙所示的速度-时间图像记录了他两次从同一位置下滑的运动情况。则消防员在（ ）
A．过程，两次下滑的高度相同
B．过程，克服摩擦力做功相等
C．过程，所受摩擦力的冲量相等
D．过程所受摩擦力的冲量大小均为mgT
【答案】C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查动量定理和动能定理的简单应用，注意在应用动量定理时要规定正方向。A．根据v-t图像与t轴围成的面积表示位移，可知：过程，两次下滑的高度不相同，故A错误；
B．过程，根据动能定理，有
由上分析可知两次下滑的h不同，所以克服摩擦力做功Wf不相等，故B错误；
C．过程，规定向下为正方向，由动量定理，有
因为两次过程v1、v2均相同，所以两次下滑所受摩擦力的冲量相等，故C正确；
D．过程，规定向下为正方向，由动量定理，有
消防员所受摩擦力的冲量大小
故D错误。
故选C。
【分析】据v-t图像与t轴围成的面积表示位移分析；根据动能定理分析摩擦力做功；根据动量定理分析冲量大小。
3．（2025高一下·旌阳期末）一质量为的同学从下蹲状态竖直向上跳起，经，以大小的速度离开地面，取重力加速度。则在这Δt时间内（ ）
A．运动员所受重力的冲量大小为0
B．地面对运动员的冲量大小为50 N·s
C．离开地面时的动量大小为500kg·m/s
D．地面对运动员做的功为0
【答案】D
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A . 重力的冲量计算
因此，冲量大小为 50 N·s，故A错误；
B . 运动员的动量变化量（冲量）由两部分组成：重力的冲量（向下50 N·s）和地面的支持力冲量（向上），向上冲量抵扣重力冲量后剩余部分产生动量变化。根据动量定理，合冲量等于动量变化量：设地面支持力冲量为 IN ，则
IN Ig=Δp
因此，地面对运动员的冲量大小为
IN=Ig+Δp=100 N·s
支持力大小
故B错误；
C . 动量
故C错误；
D . 地面对运动员的作用力作用点（脚与地面接触点）在力的作用过程中没有位移（脚未移动），因此支持力不做功（W=F d cos θ，d=0），故D正确；
故选D；
【分析】（1）运动员从下蹲状态起跳，经历加速阶段Δt=0.1s后以速度1 m/s离开地面；
动量定理应用：合外力的冲量等于动量变化量，需考虑重力和支持力的冲量；
冲量计算：重力冲量 Ig=mgΔt，支持力冲量通过动量定理间接求解；
功的计算：支持力不做功，因作用点无位移；
（2）易错点：忽略重力冲量，误认为合冲量仅为支持力冲量，忽略重力冲量的影响（如选项B）；
支持力的反作用力是人对地面的压力1000 N，与500N重力无关，重力与支持力不是相互作用力，而是作用在同一物体上的两个力，其关系由运动状态决定；
动量计算错误：混淆质量与速度的乘积（如选项C将速度误认为10 m/s）；
功的理解偏差：误认为支持力做功，未注意到作用点无位移（如选项D的判断依据）；
（3）隐含条件：起跳过程的力学分析：实际起跳是变加速过程，题目简化为匀加速（Δt极短）。
能量转换：起跳时化学能转化为动能，此处仅限冲量和动量分析。
4．（2025·广东）如图所示，光滑水平而上，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，两小球速度随时间变化的图像，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】两物体受外力F大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可知两物体加速度大小相等，方向相反。速度时间图像的斜率等于加速度，可知M、N的加速度大小之比为4：6=2：3，可知M、N的质量之比为6：4=3：2；
设分别为3m和2m；由图像可设M、N碰前的速度分别为4v和6v，碰后速度分别为v1、v2，则因M、N系统受合外力为零，则系统动量守恒，向右为正方向，则由动量守恒定律
若系统为弹性碰撞，则能量关系可知
解得、
因M、N的加速度大小之比仍为2：3，由可知，停止运动的时间之比为1：1，即两物体一起停止，则BD是错误的；
若不是弹性碰撞，则
可知碰后速度大小之比为
若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足
则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1：1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v：2v=2：1
由可知碰撞前后运动时间之比为2：1，可知A正确，C错误。
故选A。
【分析】本题主要考查运动学图像、牛顿第二定律、动量守恒、能量守恒的综合应用，本题需要从答案入手解答。
根据选项图象得到M、N加速度的比值，根据牛顿第二定律得到M、N质量关系，若为弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒列式求解碰后速度关系，由速度时间关系确定碰后运动时间关系；若为非弹性碰撞，根据动量守恒和机械能不增加原理列式求解碰后速度关系，由确定碰后运动时间关系，从而确定最终答案。
5．（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的速度大小为
A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s
【答案】B
【知识点】平抛运动；碰撞模型
【解析】【解答】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为，B球水平速度为，
根据动量守恒定律可得：
碰撞为完全弹性碰撞，没有机械能损失，则由能量守恒定律有：
联立解得，
小球A在竖直方向上做做自由落体运动，从下落到落地，有
解得
可知，碰撞后，小球A运动落地，则水平方向上有
解得
故选B。
【分析】 本题考查平抛运动与完全弹性碰撞的综合应用，解题关键是分别分析小球A碰撞前后的运动，结合运动学公式和弹性碰撞规律求解。
A、B碰撞为完全弹性碰撞，水平方向动量守恒，A、B系统机械能守恒，根据动量守恒定律可得和能量守恒定律列式求得碰后A、B速度与碰前速度关系，碰后A做平抛运动，由平抛运动规律列式求解碰后A的速度，进而求得碰前B的速度。
6．（2025·通川模拟）2024年10月30日11时，神舟十九号飞船与中国空间站完成自主交会对接，在交会对接前的最后阶段，神舟十九号与空间站在同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆形轨道。要使神舟十九号在同一轨道上追上空间站实现对接，下列神舟十九号喷射燃气的方向可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】反冲
【解析】【解答】本题考查人造卫星的接轨问题，解题关键掌握变轨问题，注意向心力公式的应用。要想使神舟十九号在同一轨道上与空间站对接，则需要使神舟十九号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据
可知，必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，又因喷气产生的推力方向与喷气方向相反，则图B是正确的。
故选B。
【分析】根据变轨原理结合向心力公式分析向心力变化，根据力的合成，分析推力和喷气的方向关系。
7．（2025高二下·广州期中）如图，质量为2m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径长度为2R，现将质量为的小球从点正上方高处由静止释放，然后由点进入半圆形轨道后从点冲出，在空中上升的最大高度为（不计空气阻力），则（ ）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为
D．小球第二次上升距点的最大高度
【答案】D
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【解答】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向上动量守恒；小球与小车组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向上动量不守恒，因此小球和小车组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，系统水平方向动量为零，小球离开小车时两者在水平方向速度相等，则小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故B错误；
C．当小球向右运动时，设任一时刻小球速度的水平分量大小为v，小车的速度大小为，以向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，得
解得
则小球在水平方向的位移大小x等于小车在水平方向的位移大小的2倍，即
又有
解得小车向左运动的最大距离
故C错误；
D．设小球第一次在小车上运动的过程中克服摩擦力做的功为W1，由功能关系得
相比第一次在小车上运动，小球第二次在小车上运动的过程中，任一对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，小球受到的摩擦力变小，小球克服摩擦做的功
设小球第二次能上升的最大高度为H，根据功能关系可得
解得
故D正确。
故选D。
【分析】小球与小车组成的系统系统在竖直方向上动量不守恒；系统水平方向合动量为零，小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动；根据“人船模型”分析小车向左运动的最大距离；由功能关系分析小球第一次达到最高点过程中克服摩擦力做的功；小球第二次在车中运动过程中，小球克服摩擦做的功小于第一次，根据功能关系进行分析。
8．（2025·河源模拟）“火树银花十里开”，花城广州常在珠江边燃放烟花庆祝盛大的节日。现有某烟花筒的结构如图甲所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成、两部分，速度均为水平方向。炸开后、的轨迹图如乙图所示。忽略空气阻力的作用，则（ ）
A．、两部分落地时的速度大小之比
B．、两部分的初动能之比
C．、两部分的质量之比
D．、两部分落地时的重力功率之比为
【答案】B
【知识点】爆炸；平抛运动；功率及其计算；动能
【解析】【解答】本题考查动量守恒和动能的相关计算，分析两部分落地时的速度及重力功率时，需要考虑竖直分速度的关系。
C．平抛运动方向为匀速直线运动，则有
，
竖直方向上有
，
则有
根据动量守恒定律有
解得
故C错误；
B．、两部分的初动能
，
结合上述解得
故B正确；
A．、两部分落地时的速度大小
，
结合上述可知，、两部分落地时的速度大小之比不等于，故A错误；
D．、两部分落地时的重力功率
，
结合上述解得
故D错误。
故选B。
【分析】由平抛运动特点，即可计算a、b两部分的水平速度之比，结合动量守恒，可得到两部分的质量之比；由动能表达式，结合质量之比、水平速度之比，即可计算两部分的初动能之比；由两部分落地时的合速度表达式，可分析其速度之比是否为1：3；由落地时的竖直分速度特点，结合质量之比，即可计算重力的功率之比。
9．（2025·湖州模拟）如图所示，物块A、B静置于光滑水平面上，处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接，物块A紧靠竖直墙壁，物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为，则此后运动中（ ）
A．墙壁对A的总冲量大小为 B．墙壁对A做的总功为
C．A的最大速度为 D．弹簧的最大弹性势能为
【答案】A
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．当物块A离开墙壁时：B回到初始位置，具有向右速度，系统机械能守恒 可求出，对整体 ，此即墙壁对A的总冲量大小，故A正确；
B．墙壁对A的作用过程：A始终未发生位移（被固定），功的定义W = F·s = 0（因为s=0）虽然有力作用，但无位移不做功，故B错误；
C．物块A离开墙壁后，A达最大速度时弹簧恢复原长，AB与弹簧系统动量守恒、能量守恒，有，，解得，，故C错误；
D．物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短弹性势能最大，有，故D错误；
故选A。
【分析】运动过程分析：A静止（紧靠墙壁），B以初速度 向右运动，弹簧原长。
阶段1：B向右运动，弹簧被拉伸，A受弹簧拉力但被墙壁阻挡（A不动）。墙壁对A施加向左的支持力，使A保持静止。弹簧伸长，弹性势能增加，B减速。
阶段2：当B减速至0时，弹簧达到最大伸长量，此时弹性势能最大。随后弹簧收缩，B向左运动，A可能脱离墙壁。
阶段3：若A脱离墙壁，A、B在弹簧作用下运动，直至弹簧恢复原长或反向压缩。
物块A离开墙壁后，A达最大速度时弹簧恢复原长，AB与弹簧系统动量守恒、能量守恒。
物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短弹性势能最大。
二、多项选择题
10．（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，其方程分别为和。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
【答案】A,B
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】A 根据EF段的方程可得斜率为4，所以速度大小为4m/s，A正确；
B y-t图像的斜率表示速度，可以从图中看出，FM段先向上做减速运动，再向下做加速运动，加速度一直是向下的，所以无人机的货物处于失重状态，B正确；
C 根据FN段的方程可得斜率为-2，所以速度v2=-2m/s，ΔP=mv2-mv1=2x(-2)-2x4=-12kg/m·s，C错误；
D MN阶段速度大小不变，动能不变，但是高度下降，重力势能减小，所以机械能不守恒，D错误；
故选AB。
【分析】根据x-t图像的斜率求出速度，再根据速度判断加速度的方向，判断无人机的货物是失重还是超重状态。
11．（2024高二下·丰台期中）如图所示，两个质量相同的钢球从A、B装置正上方同时释放，分别与A、B装置底部发生碰撞，碰后两球沿竖直方向反弹且速度相同。A装置底部为钢板，B装置底部为泡沫，用压力传感器同时测出力随时间变化的曲线①和曲线②。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两球到达底部时，碰前的动量不同
B．整个碰撞过程中，两球所受合力的冲量一样大
C．曲线①代表B装置碰撞情况，曲线②代表A装置碰撞情况
D．曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积
【答案】B,D
【知识点】动量定理；动量
【解析】【解答】本题是对动量及动量定理的考查，解题的关键是要知道小球的运动过程，增大F-t图像与坐标轴所夹的面积表示合外力的冲量。A．由图可知，两球下落高度相同，由
可得
则两球到达底部时的速度相同，由于两球质量相同，故两小球到达底部时，动量相同，故A错误；
B．由题意可知，两球与装置底部碰撞后反弹的速度相同，两球碰撞前的速度也相同，则两球碰撞过程中动量变化相同，由动量定理可知，碰撞整个过程中，甲乙小球所受合力的冲量一样大，故B正确；
C．A装置底部为钢板，B装置底部为泡沫，碰撞过程，以向上为正方向，根据动量定理可得
则
由于两球碰撞过程中动量变化量相同，与A装置底部碰撞过程作用时间较小，作力较大，则曲线①代表A装置碰撞情况，曲线②代表B装置碰撞情况，故C错误；
D．图像与时间轴围成的面积表示力的冲量，根据动量定理可得
则
由于曲线①对应碰撞过程的时间小于曲线②对应碰撞过程的时间，则曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积，故D正确。
故选BD。
【分析】根据动量的定义、动量定理以及F-t时间图像的物理意义来分析各选即可。
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随时间的变化关系为(F≠0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻)，下列说法正确的有（ ）
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为
D．T时刻受到空气作用力的大小为
【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡；冲量
【解析】【解答】AD．无人机沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，由可知，随着时间增大，F在减小，随着F的减小重力和拉力的合力如图
可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有F = F0－kT，由余弦定理可得，
解得
故A正确、D错误；
B．由于拉力F随时间t均匀变化，可得图象如图，
则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，故B正确；
C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为
则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为
故C错误。
故选AB。
【分析】本题主要考查共点力平衡的动态分析和冲量的计算，画出矢量三角形动态图是解题关键。
对无人机受力分析，根据共点力平衡条件画出矢量三角形，根据三角形各边变化确定受到空气作用力的方向 ；根据余弦定理和矢量三角形计算T时刻受到空气作用力的大小 ；画出F—t图像，根据图象面积计算拉力的冲量；根据矢量的合成与分解求解 受到重力和拉力的合力的冲量大小 。
13．（2023高二上·永修月考）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（ ）
A．0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大
B．乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同
C．2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同
D．t = 8s时，甲、乙两车的动能不同
【答案】B,C
【知识点】动量定理；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查了v-t图和F-t图，结合图像的不同物理量的含义，合理选取公式，分析物体不同时间的运动状态是解决此类问题的关键。
A． 根据图（a）可得，0～2s内，图像的斜率不变，v-t图像的斜率表示加速度，故甲车的加速度大小不变 ，故A错误；
B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s内根据动量定理有
I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s
乙车在0 ~ 6s内根据动量定理有
I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s
则可知乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同，故B正确；
C．根据图（a）可知，2 ~ 6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s内乙车一直向正方向运动，则2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；
D．根据图（a）可知，t = 8s时甲车的速度为0，则t = 8s时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s内根据动量定理有
I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0
可知t = 8s时乙车的速度为0，则t = 8s时，乙车的动能为0，故D错误。
故选BC。
【分析】根据v-t图斜率表示加速度，面积表示位移，而F-t图面积表示冲量，结合动量定理分析求解即可。
14．（2025·福建） 核反应方程为→+17.6MeV，现真空中有两个动量大小相等，方向相反的氘核与氚核相撞，发生核反应，设反应释放的能量几乎转化为与的动能，则（ ）
A．该反应有质量亏损 B．该反应为核裂变
C．获得的动能约为14MeV D．获得的动能约为14MeV
【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】A．核反应过程中质量数守恒，电荷数守恒，但有质量亏损，亏损的质量以能量的形式辐射出去，故A正确；
B．该反应属于轻核聚变，故B错误；
CD．在真空中，该反应动量守恒，由于相撞前氘核与氚核动量大小相等，方向相反，系统总动量为零。故反应后氦核与中子的动量也大小相等，方向相反。由和可得
反应粒子获得的动能之比为
而两个粒子获得的总动能为，故获得的动能
，
获得的动能
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查核反应方程及相关能量的计算。核反应遵循质量数守恒，电荷数守恒，质量不守恒有亏损；核反应分为轻核聚变和重核裂变；核反应过程中满足动量守恒，由动量守恒定律结合动能、动量表达式求解反应粒子获得的动能之比，从而计算和 获得的动能。
15．（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。D在滑轨上运动距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为，根据可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为、、，，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
【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；爆炸；平抛运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】A．爆炸过程，A与B组成的系统动量守恒，设爆炸瞬间A的速度为vA，B速度为vB，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：
0＝﹣3mvA+mvB
B与C碰撞过程动量守恒，设二者碰后共同共同速度为v，根据动量守恒定律可得mvB=6mv
联立解得v=0.5vA。
爆炸后瞬间A的动能
D的初动能
两者不相等，故A错误；
B．D水平滑动过程中摩擦力做功为
做平抛运动过程中重力做的功为
故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故B正确；
CD．D物块平抛过程有，
联立可得
D水平滑动过程中根据动能定理有
化简得
弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的能量为
故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】对爆炸过程和B与C碰撞过程，根据动量守恒定律得到D的初速度大小与爆炸后瞬间A的速度大小的关系，即可比较爆炸后瞬间A的动能与D的初动能的大小关系；根据动能定理判断D的初动能与其落地时的动能是否相等；对D的平抛过程，将运动分解处理，应用运动学公式得到平抛初速度的表达式。根据动能定理得到D的初速度表达式，进而得到爆炸后瞬间A、B的速度表达式，根据弹药释放的能量完全转化为A和B的动能求解弹药释放的能量。
16．（2025·河池模拟）2025年2月7日第九届亚冬会在哈尔滨胜利开幕，冰壶项目再次引发人们高度关注。小明在观看比赛时发现，有时投手投出冰壶击打静止的冰壶时，并未满足高中物理学习的“质量相同，速度交换”规律，静止的冰壶碰后被撞飞，但投出的冰壶碰撞后速度并不为零，还会有位移发生，若每只冰壶质量相同，出现这个情况的原因可能是（ ）
A．冰面有摩擦力，碰撞时两冰壶动量不近似守恒
B．碰撞时能量不守恒
C．两冰壶并不是发生正碰
D．投出的冰壶除了滑动还有旋转
【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A． 摩擦力主要影响碰撞后的运动，而非碰撞瞬间 ，碰撞瞬间时间极短，冰面摩擦力的冲量可忽略，因此动量近似守恒。碰撞后冰壶的减速是因摩擦力作用，但碰撞过程本身动量守恒，故A错误；
B．碰撞过程中能量是守恒的，只是可能存在机械能转化为内能等其他形式的能量，故B错误；
C．当发生斜碰时，碰撞后的速度分解为垂直和平行于碰撞面的分量，根据动量守恒在不同方向上的分量情况，冰壶会沿着新的方向运动，速度大小和方向都由碰撞瞬间的动量分配决定，而不是简单地交换速度，故C正确；
D．比赛中冰壶通常带有旋转，旋转会使冰壶在碰撞时产生复杂的力学作用。旋转的冰壶在碰撞瞬间，除了平动的动量传递，还有角动量的作用，这会改变冰壶的运动方向和速度，使得碰撞后的速度情况不符合简单的交换速度模型，故D正确。
故选CD。
【分析】 1、动量守恒的条件是系统合外力为零。冰面摩擦力是外力，但碰撞过程时间极短，摩擦力冲量可忽略，动量仍近似守恒。
2、冰壶碰撞可能有能量损失（如形变、声音等），但能量守恒与否不影响动量守恒。
3、若碰撞为非对心碰撞（斜碰），动量会沿不同方向分配，导致两冰壶速度方向改变，可能表现为“一飞一停”或“两者均有位移”。
4、冰壶通常带有旋转（“旋球”效果），旋转会影响碰撞后的运动状态：
旋转冰壶与静止冰壶碰撞时，可能通过摩擦力传递角动量，导致两者速度分配不均。
实际比赛中，投壶常利用旋转控制路径，碰撞后投出冰壶可能因旋转继续运动。
17．（2025·长沙模拟）光滑水平面有A、B两个物块，质量分别为2m和m，初始时用处于原长状态下的弹簧相连，现在给物块A一个水平向右的初速度。水平面右侧有一墙面，已知经过时间t，物块B第一次达到最大速度，且恰好到达墙壁处，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的最大弹性势能是
B．物块B的最大速度是
C．初始时物块B离墙面的距离是
D．初始时物块B离墙面的距离是
【答案】A,C
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】本题综合考查了动量守恒定律和机械能守恒定律，知道弹簧被压缩到最短时物体速度相同，运用动量守恒和能量守恒进行研究。A．当两物块共速时，弹簧压缩的最短，弹簧的弹性势能最大，此过程根据动量定理
两物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则
解得
故A正确；
B．当弹簧恢复原长时，物块B的速度达到最大，根据动量守恒
两物块的动能守恒
解得
，
故B错误；
CD．当弹簧恢复原长时，物块B的速度达到最大，根据动量守恒
两边同时乘以可得
即
初末状态弹簧均处于原长，所以
解得
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】当两物块共速时，弹簧压缩的最短，弹簧的弹性势能最大；当弹簧恢复原长时，物块B的速度达到最大，抓住物块B第一次达到最大速度，且恰好到达墙壁处，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析。
18．（2022·湖南）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为 。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即 ， 为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为 ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为 。重力加速度大小为 ，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ）
A．发动机的最大推力为
B．当飞行器以 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D．当飞行器以 的速率飞行时，其加速度大小可以达到
【答案】B,C
【知识点】反冲
【解析】【解答】A 飞行器关闭发动机，匀速下落时，飞行器以5m/s向上匀速时，联立可得，故A错误。
B 飞行器以5m/s匀速水平飞行时，推力与重力和阻力的合力相等，故B正确。
C 发动机以最大推力水平飞行时，再根据解得v=，故C正确。
D 飞行器以最大推力向下，以5m/s的速度向上减速飞行时，加速度最大，即，解得a=2.5g，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据题中给出的阻力与速度的关系结合牛顿第二定律和力的合成与分解列方程求解。
19．（2025·浙江模拟）麦克斯韦从场的观点出发，认为变化的磁场会激发感生电场。电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图所示，上面为侧视图，上、下为电磁体的两个磁极，下面为磁极之间真空室的俯视图。若从上往下看电子在真空室中做圆周运动，改变电磁体线圈中电流的大小可使电子加速，轨道平面上的平均磁感应强度大小增加率为b，（电子圆周运动平均半径为r，轨道位于真空管中）磁感应强度方向与电子轨道平面垂直，感生电场方向与电子轨道相切，电子电量e，质量m，为了使电子在不断增强的磁场中沿着半径不变的圆轨道加速运动，加上垂直轨道平面的磁场加以“轨道约束”，已知电子做圆周运动的轨道上磁感应强度大小的增加率为a，则从上往下看电子看电子加速运动方向和a、b之间的关系满足（ ）
A．顺时针 B．逆时针 C．b= D．b=2a
【答案】B,D
【知识点】动量定理；洛伦兹力的计算；感应电动势及其产生条件；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】AB．从电子枪和靶的布局看，电子要加速击中靶，结合感生电场对电子的作用，从上往下看，电子加速运动方向是逆时针，故A错误，B正确；
CD．设电子做圆周运动的圆轨道上的磁感应强度大小为，方向与环面垂直。由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
可得
因此轨道上磁感应强度大小的增加率
设在圆轨道切线方向作用在电子上作用力为，根据动量定理有
可得
按照法拉第电磁感应定律，在电子运动的圆轨道上的感应电动势为
考虑电子运行一圈感应电场所做的功，由电动势的定义可得
电子在圆轨道切向所受到的力为
联立以上三式得
因此可得
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】AB：通过电子枪、靶的位置关系，结合感生电场加速电子的逻辑，判断电子运动方向。
CD：先利用洛伦兹力向心力公式关联B与v，求B的变化率a；再结合动量定理、法拉第电磁感应定律、电动势定义，推导b与a的关系。
20．（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与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，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
【答案】A,D
【知识点】功能关系；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A.子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有
子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
由运动学公式可得
故B错误；
C.由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
故C错误；
D.木块加速过程运动的距离为
故D正确。
故答案为AD
【分析】 AC.要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解初速度和共同速度以及子弹和木块损失的总动能；
B.根据动量定理求时间；
D.木块在加速过程中做匀加速直线运动，根据运动学公式求解作答。
21．（2025·湖州模拟）如图所示，两根足够长且电阻不计的平行光滑倾斜导轨，在M、N两点用绝缘材料平滑连接，M、N等高，两导轨间距为1m，导轨平面与水平面夹角为，其两端分别连接阻值的电阻和电容的电容器，整个装置处于磁感应强度大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导体棒ab、cd质量分别为和，距离MN分别为3m和3.6m，ab的电阻为，cd的电阻不计，ab、cd与导轨垂直且接触良好。开始时电容器的电荷量为零，ab、cd均静止，现将ab释放，同时cd受到一大小，方向垂直cd沿导轨平面向上的力作用，经一段时间后，ab、cd恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞。则（ ）
A．第一次碰撞前，ab的速度为
B．第一次碰撞前，cd的速度为
C．第一次碰撞后，ab、cd的速度为，方向沿导轨平面向下
D．ab从释放到第一次碰撞前的这段时间内，其中间时刻速度为
【答案】B,C
【知识点】动量与能量的其他综合应用；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】B．对cd有，则有
解得，第一次碰撞前有，代入数值解得，故B正确；
A．从开始运动到第一次碰撞的的时间，碰前过程对ab，ab的受到的安培力
则有，即
代入数值解得，故A错误；
C．ab、cd恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞，则有
解得，方向沿导轨向下。故C正确；
D． ab从释放到第一次碰撞前的这段时间内，不是匀变速运动，因此其中间时刻速度不等于。故D错误。
故选BC。
【分析】本题是电磁感应中双棒模型，回路中含电容器，还涉及到两棒碰撞动量和能量问题。
1、碰前过程对ab，根据牛顿第二定律列等式：，ab的受到的安培力，联立可计算第一次碰撞前，ab的速度。
2、对cd，根据牛顿第二定律列等式：，联立可求解第一次碰撞前，ab的速度。
3、ab、cd恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞，共速，由动量守恒定律列等式可求解 第一次碰撞后，ab、cd的速度 。
4、 ab从释放到第一次碰撞前的这段时间内，不是匀变速运动，中间时刻速度不等于平均速度。
三、非选择题
22．（2025·上海）量子力学（Quantum Mechanics），为物理学理论，是研究物质世界微观粒子运动规律的物理学分支，主要研究原子、分子、凝聚态物质，以及原子核和基本粒子的结构、性质的基础理论。它与相对论一起构成现代物理学的理论基础。量子力学不仅是现代物理学的基础理论之一，而且在化学等学科和许多近代技术中得到广泛应用。19世纪末，人们发现旧有的经典理论无法解释微观系统，于是经由物理学家的努力，在20世纪初创立量子力学，解释了这些现象。量子力学从根本上改变人类对物质结构及其相互作用的理解。除了广义相对论描写的引力以外，迄今所有基本相互作用均可以在量子力学的框架内描述（量子场论）。
（1）太阳内部发生的反应是核聚变，即氢原子核在高温高压条件下聚合成氦原子核并释放能量的过程；其核反应方程为，则X是（ ）
A．H核 B．核 C．核 D．核
（2）若复色光的频率~，用复色光照射下面金属，可发生光电效应的可能是 。
金属的极限频率
金属 锌 钙 钠 钾 铷
频率 8.07 7.73 5.53 5.44 5.15
选项 A B C D E
（3）氢原子核外电子以半径r绕核做匀速圆周运动，若电子质量为m，元电荷为e，静电力常数为k，则电子动量大小是 ？
（4）一群氢原子处于量子数的激发态，这些氢原子能够自发地跃迁到的较低能量状态，R为里伯德常量，c是真空中的光速；则在此过程中（ ）
A．吸收光子， B．放出光子，
C．吸收光子， D．放出光子，
【答案】（1）B
（2）CDE
（3）
（4）D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；动量；光电效应；核聚变
【解析】【解答】（1） 氢原子核在高温高压条件下聚合成氦原子核，根据核反应方程，反应前氢核的质量数总和为4，电荷数总和为4。反应后两个正电子的质量数总和为0，电荷数总和为2。设X的质量数为A，电荷数为Z，则有：A+0＝4，Z+2＝4，解得：A＝4，Z＝2，核的质量数为4，电荷数为2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2）当入射光的频率大于金属板的极限频率时，可发生光电效应，复色光的频率ν＝5.50×1014Hz～6.50×1014Hz，对比可知可发生光电效应的有钠、钾、铷，故选：CDE。
（3）电子绕氢原子核做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，根据库仑定律以及牛顿第二定律可得得：，解得：
（4）氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子，光子的能量等于两个能级的能量差。
根据里德伯公式：，其中m是跃迁前的能级，k是跃迁后的能级。
氢原子从n＝4跃迁到n＝2，则有：m＝4，k＝2
又有：
联立可得：，故D正确，ABC错误。
故选：D。
电子动量大小为：
【分析】（1）根据核反应遵循质量数与电荷数守恒分析判断；
（2）根据发生光电效应的条件分析解答；
（3）电子绕氢原子核做匀速圆周运动，根据库仑力提供向心力求得电子的线速度大小，根据动量的定义求得电子的动量大小；
（4）氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子。根据里德伯公式，结合光速、频率、波长的关系解答。
（1）（1） 氢原子核在高温高压条件下聚合成氦原子核，根据核反应方程，反应前氢核的质量数总和为4，电荷数总和为4。反应后两个正电子的质量数总和为0，电荷数总和为2。设X的质量数为A，电荷数为Z，则有：A+0＝4，Z+2＝4，解得：A＝4，Z＝2，核的质量数为4，电荷数为2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2）（2）当入射光的频率大于金属板的极限频率时，可发生光电效应，复色光的频率ν＝5.50×1014Hz～6.50×1014Hz，对比可知可发生光电效应的有钠、钾、铷，故选：CDE。
（3）（3）电子绕氢原子核做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，根据库仑定律以及牛顿第二定律可得得：，解得：
电子动量大小为：
（4）氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子，光子的能量等于两个能级的能量差。
根据里德伯公式：，其中m是跃迁前的能级，k是跃迁后的能级。
氢原子从n＝4跃迁到n＝2，则有：m＝4，k＝2
又有：
联立可得：，故D正确，ABC错误。
故选：D。
23．（2025·浙江模拟）某同学设计了一个如图甲所示用打点计时器来验证动量守恒定律的实验：让前端贴有橡皮泥的小车A，后端连一打点计时器纸带，以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，接通打点计时器电源后，让小车A得到的纸带如图乙所示。小车A的质量为0.4kg，小车B的质量为0.2kg。
（1）若要计算小车A碰撞前的速度大小应该选择
A．AB段 B．BC段 C．CD段 D．DE段
（2）用你在（1）中的选择，对应的小车碰撞前的总动量大小 kg·m/s（保留三位有效数字）
（3）在（1）中你的选择理由是
【答案】（1）B
（2）0.685
（3）小车A碰撞前匀速，纸带上点迹均匀（间距相等 ）；碰撞后速度减小，点迹间距变小（如DE段 ）；BC段点迹均匀且间距大于碰撞后段（DE段 ），符合“碰撞前匀速运动”的特征。
【知识点】验证动量守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）小车A碰撞前做匀速直线运动，纸带上点迹均匀（间距相等 ），碰撞后速度变小，点迹间距变小。对比各段，BC段点迹均匀且间距大，对应碰撞前匀速阶段。
故答案为：B。
（2）小车A碰撞前的速度
打点计时器电源频率为50Hz，则周期为
小车碰撞前的总动量大小
解得
故答案为：0.685
（3）小车A碰撞前匀速，纸带上点迹均匀（间距相等 ）；碰撞后速度减小，点迹间距变小（如DE段 ）；BC段点迹均匀且间距大于碰撞后段（DE段 ），符合“碰撞前匀速运动”的特征。
【分析】(1)依据“匀速运动点迹均匀、碰撞后速度减小→点迹间距变小”，识别碰撞前的匀速阶段（BC段 ）。
(2)利用打点周期公式算周期，结合“匀速运动速度=位移/时间”求碰撞前速度，再由动量公式算动量。
(3)从“匀速运动点迹特征”和“碰撞前后速度变化→点迹间距变化”的角度，解释选择BC段的原因。
（1）小车A碰撞前做匀速直线运动，纸带上的点迹均匀分布，由于碰撞前的速度大于碰撞后的速度，则相邻点迹之间的间距大于碰撞后相邻点迹之间的间距，根据图乙可知，若要计算小车A碰撞前的速度大小应该选择BC段。
故选B。
（2）小车A碰撞前的速度
打点计时器电源频率为50Hz，则周期为
小车碰撞前的总动量大小
解得
（3）在（1）中选择理由是打点计时器在BC、DE段打的点分布均匀，表明小车在这两段内做匀速直线运动，又BC段大于DE段，碰前速度大于碰后速度。
24．（2024高二上·南宁月考）甲、乙两位同学分别用不同的实验装置验证动量守恒定律。
（i）甲同学用如图1所示的实验装置验证动量守恒定律。
（1）关于该实验，下列说法中正确的是______。（选填选项前的字母）
A. 轨道末端必须水平
B. 轨道倾斜部分必须光滑
C. 入射小球的质量小于被碰小球的质量
D. 同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
（2）甲同学在实验中记录了小球落点的平均位置M、P、N，发现M和N偏离了OP方向，使点O、M、P、N不在同一条直线上，如图2所示，若要验证两小球碰撞前后在OP方向上是否动量守恒，则下列操作正确的是______。
A. B.
C. D.
（ii）乙同学用如图3所示的装置验证“动量守恒定律”。实验步骤如下：
①用绳子将大小相同、质量分别为和的小球A和B悬挂在天花板上；
②在A、B两球之间放入少量炸药，引爆炸药，两球反方向摆起。
用量角器记录两球偏离竖直方向的最大夹角分别为、；
（3）实验中所用两绳长度应________（填“相等”或“不相等”）。
（4）若两球动量守恒，应满足的表达式为________（用、、、表示）。
【答案】(1) A，D
(2) B
(3) 相等
(4)
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题关键掌握两种验证动量守恒定律实验的原理，根据功能关系和动量守恒定律推导表达式，本实验运用转换法，即将测量小球做平抛运动的初速度转换成测平抛运动的水平位移。
（1）A．轨道末端必须水平，以保证小球能做平抛运动，选项A正确；
B．轨道倾斜部分不一定必须光滑，只要到达底端速度相等即可，选项B错误；
C．为防止入射球碰后反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量，选项C错误；
D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证小球到达底端时速度相同，选项D正确。
故选AD。
（2）小球均做平抛运动，竖直方向下落的高度一定，则下落时间相等，水平方向的速度之比可等效为位移之比，P点是一个小球不碰撞时下落的位置，所以需要测量OP及OM、ON在OP方向的投影长度OM0，ON0；
故选B。
（3）实验中所用两绳长度应相等，以保证两球重心在同一水平面上。
（4）对两球由能量关系
若动量守恒则满足
即
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析判断；
（2）根据平抛运动的规律分析判断，小球均做平抛运动，时间相同，水平方向的速度之比可等效为位移之比；
（3）根据碰撞的条件分析判断，；
（4）根据功能关系和动量守恒定律推导表达式。
25．（2025高三上·广西壮族自治区模拟）如图甲所示，某同学制作了一个弹簧弹射装置，轻弹簧两端各放一个金属小球（小球与弹簧不连接），压缩弹簧并锁定，该系统放在内壁光滑的金属管中（管内径略大于两球直径），金属管水平固定在离水平地面一定高度处，解除弹簧锁定，两小球向相反方向弹射，射出管时均已脱离弹簧。现要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，并探究弹射过程遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具，重力加速度大小为g，按以下步骤进行实验：
①用天平测出小球P和Q的质量分别为m1、m2；
②用刻度尺测出管口离地面的高度H；
③解除锁定，分别记录两小球在水平地面上的落点M、N。
根据该同学的实验，回答下列问题：
（1）除上述测量外，要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，还需要测量的物理量是 。
A.金属管的长度L
B.弹簧的压缩量
C.两小球从弹出到落地的时间t1、t2
D. P、Q两小球的落地点M、N到对应管口的水平距离x1、x2
用测量的物理量表示弹簧的弹性势能：Ep= 。
（2）若满足关系式 ，则说明弹射过程中轻弹簧和两金属小球组成的系统动量守恒。（用测得的物理量符号表示）
（3）若在金属管口安装光电门，则可以通过测量小球的直径得到小球离开金属管口的速度大小。若用螺旋测微器测得小球的直径的示数如图乙所示，则小球的直径d= mm。
【答案】（1）D；
（2）
（3）2.756（2.754~2.758）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）根据能量守恒定律可知，要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，就需要测量出两小球弹出时的动能，即测量出两小球的质量和弹出速度。根据平抛运动规律可知，要得到两小球的弹出速度，就需要测量出P、Q两小球落地点M、N到对应管口的水平距离x1、x2。
故选D。
弹性势能的表达式为
根据平抛运动规律有
，，
解得
（2）由动量守恒定律有
而
，
若满足关系式
则说明弹射过程中轻弹簧和两金属小球组成的系统动量守恒。
（3）小球的直径
d=2.5mm+0.256mm=2.756mm
综上：第1空：D；第2空：；第3空：；第4空：2.756（2.754~2.758）
【分析】（1）据机械能守恒定律可知，弹射装置锁定时具有的弹性势能等于两小球弹出时的动能，即测量出两小球的质量和弹出速度，由平抛运动可知，初速度与射程有关；由机械能守恒定律求解。
（2）根据动量守恒定律：，由平抛运动：，可得：；
（3）根据螺旋测微器的读数法正确读数。
（1）[1]根据能量守恒定律可知，要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，就需要测量出两小球弹出时的动能，即测量出两小球的质量和弹出速度。根据平抛运动规律可知，要得到两小球的弹出速度，就需要测量出P、Q两小球落地点M、N到对应管口的水平距离x1、x2。
故选D。
[2]弹性势能的表达式为
根据平抛运动规律有
，，
解得
（2）由动量守恒定律有
而
，
若满足关系式
则说明弹射过程中轻弹簧和两金属小球组成的系统动量守恒。
（3）小球的直径
d=2.5mm+0.256mm=2.756mm
26．（2025·北京市）北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。
考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。
（1）一个电荷量为的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。
（2）两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为，粒子2运动的距离为d。求：
a．粒子1与粒子2的速度大小之比；
b．粒子2的动量大小。
【答案】（1）粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得轨道半径
圆周运动的周期
将R代入得
比例关系为
（2）a．；b．
a．由题意知粒子1做圆周运动，线速度
粒子2做匀速直线运动，速度
所以速度之比
即
b．对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有
可得
粒子2的动量
结合前面的分析可得
【知识点】动量；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子速度方向与磁场垂直，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力和周期的定义，推导出粒子的运动周期T与质量m的关系。
（2）a．粒子1做匀速圆周运动，根据线速度与角速度的关系得到其线速度大小。粒子2做匀速直线运动，由运动学公式达到其速度大小，可得粒子1与粒子2的速度大小之比；
b．对于粒子1，由洛伦兹力提供向心力推导出质量的表达式，根据动量的表达式，结合前述结果求解粒子2的动量大小。
27．（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：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-图像。
（3）t=6s时，物块的速度大小。
【答案】（1）由图2可知F随时间线性变化，设，根据数学知识可知，可得
所以当t=6s时，
0~6s内F的冲量为F t图围成的面积，即。
（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有
即
在垂直杆方向，当时，
则0 4s，垂直杆方向
摩擦力
在4 6s内，垂直杆方向
摩擦力
相应的f t图像如图
（3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有
在0~6s内摩擦力的冲量为f t图围成的面积，则
联立有
可得。
【知识点】动量定理；共点力的平衡；冲量
【解析】【分析】 本题考查力的冲量、摩擦力变化及动量定理的应用，需结合受力分析和相关定理求解。
（1）根据图象得到力F随时间变化的表达式，求得6s时力F的大小；再根据F t图围成的面积求得 在0-6s内F的冲量大小。
（2）根据平衡条件列式求得滑动摩擦因数，由F表达式结合平衡条件求得0 4s和4 6s内物体对杆的压力，再根据求得 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）由动量定理列式求解 t=6s时，物块的速度大小。
28．（2025·浙江模拟）如图所示，间距的两平行竖直导轨空间存在垂直平面向内的匀强磁场，磁感应强度，其中AB两处为处于同一高度、长度可忽略不计的绝缘物质，其余部分均由金属材料制成，其上下分别接有电阻和电容，开始时电容器不带电。现将一质量的导体棒从上磁场边界上方不同高度处紧贴导轨静止释放，导体棒与导轨始终接触良好，导轨和导体棒的电阻极小，忽略一切摩擦，不计回路自感。若AB上下导轨足够长，
（1）试定性分析导体棒进入AB上方磁场区时运动的情况，并在答题纸上画出其速率随时间变化可能的关系曲线；
（2）导体棒通过AB后一瞬间，求电容器C所带的电荷量；
（3）求导体棒运动到AB下方处的速度。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律可知导体棒运动方程
导体棒做加速度减小的变速运动，当加速度为零时，做匀速运动，速度大小
画出其速率随时间变化可能的关系曲线为
（2）解：导体棒运动到AB之后一瞬间，由动量定理
回路，充电电流极大，则，即，而
解得
，
（3）解：导体棒速度突变后，由牛顿定律，有
，
解得
根据
可得
【知识点】动量定理；电容器及其应用；安培力；能量守恒定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】1. 加速度恒定判断： 下方回路含电容，电流 ，代入牛顿定律后加速度 恒定（与速度无关 ），做匀加速运动。
2. 匀变速公式应用： 用 直接求末速度，简化计算。
（1）（1）根据牛顿第二定律可知导体棒运动方程
导体棒做加速度减小的变速运动，当加速度为零时，做匀速运动，速度大小
画出其速率随时间变化可能的关系曲线为
（2）导体棒运动到AB之后一瞬间，由动量定理
回路，充电电流极大，则，即，而
解得，
（3）导体棒速度突变后，由牛顿定律，有，
解得
根据
可得
29．（2025·陆丰模拟）如图所示，光滑的水平面AB与光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，轨道半径R=0.4m，D为轨道最高点。用轻质细线连接甲、乙两小球，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球均不拴接。甲球的质量为m1=0.1kg，乙球的质量为m2=0.2kg，甲、乙两球静止。现固定甲球，烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点。重力加速度g=10m/s2，甲、乙两球可看作质点。
（1）求细线烧断前弹簧的弹性势能Ep；
（2）若甲球不固定，烧断细线，求从烧断细线开始到乙球脱离弹簧的过程中，弹簧对乙球的冲量I的大小。（答案允许含根号）
【答案】（1）解：题意知乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点，这在D点速度为v，对乙球由牛顿第二定律得
由能量守恒得弹性势能
联立解得
（2）设甲、乙两球脱离弹簧时速度大小分别为v1、v2，对该系统分析可知动量守恒，即
m1v1=m2v2
由能量守恒定律得
对乙球由动量定理得
I=m2v2
联立解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）乙球恰好能通过D点，由重力提供向心力，列式求出乙球通过D点时的速度大小。根据系统的机械能守恒求解细线烧断前弹簧的弹性势能。
（2）若甲球不固定，烧断细线的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能也守恒，运用两大守恒定律列式，可求得细线烧断瞬间两球的速度大小，再对乙球，根据动量定理求解即可。
（1）题意知乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点，这在D点速度为v，对乙球由牛顿第二定律得
由能量守恒得弹性势能
联立解得
Ep=2J
（2）设甲、乙两球脱离弹簧时速度大小分别为v1、v2，对该系统分析可知动量守恒，即
m1v1=m2v2
由能量守恒定律得
对乙球由动量定理得
I=m2v2
联立解得
30．（2025高三下·广东期末）我校学子在理科活动周中，进行了水火箭发射表演。发射时在水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用而快速上升，如图甲所示。发射时水火箭将壳内质量为的水相对地面以的速度在极短时间内竖直向下全部喷出，已知水火箭外壳质量为，上升阶段空气阻力恒为，不计水平方向的任何力，重力加速度。
（1）求水火箭外壳能上升的最大高度
（2）若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即，向下落高度时，开始匀速，其过程简图如图乙所示。求：
①外壳匀速时的速度；
②外壳从下落到匀速所经历的时间；
③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功。
【答案】（1）解：喷水过程中根据动量守恒有
上升过程中有
，
解得
（2）解：①外壳匀速时，有
解得
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有
又
解得
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有
解得
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；反冲
【解析】【分析】（1）喷水过程中根据动量守恒列等式：
上升过程中根据牛顿第二定律列等式：，根据匀变速直线运动位移速度公式列等式：，联立可求解水火箭外壳能上升的最大高度。
（2）①外壳匀速时，受力平衡列等式：，可求解 速度 。
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理列等式：，又，可求解从下落到匀速所经历的时间。
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理列等式：，可求解空气阻力所做的功。
（1）喷水过程中根据动量守恒有
上升过程中有，
解得
（2）①外壳匀速时，有
解得
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有
又
解得
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有
解得
31．（2024·黑吉辽） 如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。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；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小和；
（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。
【答案】（1）解：对A物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
对AB物块整体由动量守恒定律
解得脱离弹簧时B的速度大小为
（2）解：对物块B由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）解：由能量守恒定律
其中，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
【知识点】功能关系；平抛运动；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】 （1）A飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律求得vA。物块A、B与弹簧作用过程满足动量守恒定律，据此解得vB。
（2）对B脱离弹簧后沿桌面滑行到停止的过程，根据动能定理求解物块与桌面间的动摩擦因数。
（3）物块A、B与弹簧作用过程，由能量守恒与功能关系求解弹簧释放的弹性势能。
32．（2025·海南）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为，两相同导体棒、与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均，接入电路中的电阻均为，棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为。
（1）锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，求通过棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热；
（2）此后棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时、棒的速度大小之差；
（3）棒中电流稳定之后继续下滑，从棒到达水平导轨开始计时，时刻棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，棒的加速度为零，速度不为零，求从时刻到某时刻，、的路程之差。
【答案】（1）棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得，
解得通过棒的电流为
设当棒下滑距离为时速度为，棒开始运动时回路中的电流为，此时对cd棒有
同时有，
分析可知棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得
联立解得棒产生的焦耳热为
（2）分析可知棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒有，
同时有，
联立解得此时、棒的速度大小之差为
（3）分析可知从开始到时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设时刻ab棒的速度为，可知
解得
设某时刻时，ab棒速度为，cd棒速度为，棒的加速度为零，可得①
其中
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得②
从时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有，
变式可得，
两式相加得③
同时有④
联立①②③④可得从到某时刻，、的路程之差为
【知识点】动量定理；动量守恒定律；安培力；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；整个过程根据能量守恒求解cd棒产生的焦耳热；
（2）对两棒分别根据牛顿第二定律、安培力的计算公式求解ab、cd棒的速度大小之差；
（3）分析两个过程中两根导体棒的运动情况，结合动量守恒定律、动量定理、牛顿第二定律、电荷量的计算公式等列方程求解ab、cd的路程之差。
33．（2025·湛江模拟）如图甲所示，半径R＝0.9m的光滑半圆弧轨道COD固定在竖直平面内，端点D为轨道的最低点，过D点的轨道切线水平。在圆弧轨道圆心O的正上方F点右侧有一固定的水平轨道，水平轨道与倾角θ＝37°的固定粗糙斜面轨道平滑相接（物体通过时没有能量损失），斜面上E点距斜面底端的距离s0＝3.2m。现有质量分别为mA＝1kg，mB＝0.5kg的物块A、B静置于水平轨道上，且物块B的右侧水平轨道光滑，左侧水平轨道粗糙。物块A、B中间夹有少量炸药，炸药突然爆炸，爆炸后物块A在水平轨道上运动的速度v与时间t的关系图像如图乙所示，物块A从F点离开轨道，刚好能从C点切入圆弧轨道做圆周运动。已知物块A与左侧水平轨道和物块B与斜面轨道间的动摩擦因数相同，A、B均可视为质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，1.34。求：
（1）物块A经过D点时受到圆弧轨道的支持力FN的大小；
（2）物块A与左侧水平轨道间的动摩擦因数μ；
（3）若从物块B运动到斜面轨道底端时开始计时，经多长时间通过E点。（计算结果保留三位有效数字）
【答案】（1）解：小物块A离开水平轨道后刚好能从C点切人圆弧轨道做圆周运动有
物块A从C到D过程机械能守恒有
物块A在 D点处由牛顿第二定律
联立解得
（2）解：由 v-t 图像可知：爆炸后瞬间物块 A 的速度大小为，物块A在水平轨道上运动的时间为
爆炸后物块A在水平轨道上运动过程由运动学公式及牛顿第二定律有
解得
（3）解：物块A、B爆炸过程，由动量守恒有
解得
物块B在斜面轨道向上运动过程有
解得
物块B沿斜面上升的最大距离
故物块B通过E点有两种情况：
情况1：物块B沿斜面上升阶段通过E点时，有
解得
情况2：物块B沿斜面下降阶段通过E点时，上升阶段的时间
下降阶段
因为
联立解得
【知识点】爆炸；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1） 物体在光滑半圆弧轨道运动 ，根据机械能守恒和圆周运动公式求物块A经过D点时受到圆弧轨道的支持力FN的大小；
（2）求出爆炸后瞬间物块 A 的速度大小以及运动时间，由运动学公式求物块A与左侧水平轨道间的动摩擦因数μ；
（3）物块A、B爆炸过程动量守恒定律，求解加速度大小，根据运动学公式求从物块B运动到斜面轨道底端时开始计时，经多长时间通过E点。
（1）小物块A离开水平轨道后刚好能从C点切人圆弧轨道做圆周运动有
物块A从C到D过程机械能守恒有
物块A在 D点处由牛顿第二定律
联立解得
（2）由 v-t 图像可知：爆炸后瞬间物块 A 的速度大小为，物块A在水平轨道上运动的时间为
爆炸后物块A在水平轨道上运动过程由运动学公式及牛顿第二定律有
解得
（3）物块A、B爆炸过程，由动量守恒有
解得
物块B在斜面轨道向上运动过程有
解得
物块B沿斜面上升的最大距离
故物块B通过E点有两种情况：
情况1：物块B沿斜面上升阶段通过E点时，有
解得
情况2：物块B沿斜面下降阶段通过E点时，上升阶段的时间
下降阶段
因为
联立解得
34．（2024·甘肃）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，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，小球A开始运动。（重力加速度g取）
（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。
【答案】（1）解： 细绳OP的长度为L=1.6m，从小球A开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得：
解得：v0=4m/s
设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T，根据牛顿第二定律得：
解得：T=40N
根据牛顿第三定律可知A运动到最低点时细绳OP所受的拉力为40N。
（2）解： A飞出后与C碰撞前做平抛运动，A与C碰撞前瞬间A的水平分速度等于v0=4m/s，由题意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒，以向右为正方向，则有：
mAv0=mCvC
解得碰后C的速度大小为：vC=4m/s
（3）解： A、C碰后，C相对B滑行Δx=4m后与B共速（设共速的速度为v）。以向右为正方向，对C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律得：
mCvC=（mC+mB）v
解得C和B之间的动摩擦因数为：μ=0.15
【知识点】平抛运动；向心力；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】 （1）根据动能定理求得小球A到最低点时的速度，根据牛顿第二定律求解细绳的拉力。
（2）A飞出后与C碰撞前做平抛运动，由题意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒，据此求得碰后C的速度大小。
（3）对C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解C和B之间的动摩擦因数。
35．（2024高一下·成都期末）如图所示，光滑水平面上有一质量的小车，车右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点左侧固定半径的光滑圆弧轨道，圆轨道与水平轨道在B点相切。车的最右端C点固定一弹性挡板，B与C之间的距离，一个质量的小物块置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量的子弹，以速度击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数，小物块与弹性挡板碰撞时无机械能损失，g取10m/s2，则：
（1）通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块第一次回到B点时，小物块的速度大小；
（2）求小物块第一次到C点与弹性挡板碰撞前的速度大小；
（3）求小物块最多能与弹性挡板碰撞的次数，以及小物块最终相对小车静止的位置距B点的距离。
【答案】解：（1）取向右为正方向，子弹打小车过程动量守恒
当小物块运动至最高点，三者共速为，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
所以小物块到达了圆弧最高点A。当小物块再次回到B时速度为，车和子弹速度为v，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
，
（2）当小物块第一次到C点碰撞前，车速为，小物块速度为，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立得
，
（3）小物块最终与车共速，速度为，相对路程为s，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
而
故只碰撞1次，距B点0.2m。
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】（1）子弹打小车过程动量守恒列等式：，当小物块运动至最高点，三者共速为，根据动量守恒定律列等式：，根据能量守恒定律列等式：，联立可求解高度，
小物块到达了圆弧最高点A。当小物块再次回到B时，根据动量守恒定律列等式，根据能量守恒定律列等式，联立两等式可求解当小物块第一次回到B点时，小物块的速度大小。
（2）当小物块第一次到C点碰撞前，根据动量守恒定律列等式：
根据能量守恒定律列等式，联立可求解 小物块第一次到C点与弹性挡板碰撞前的速度大小 。
（3）小物块最终与车共速，速度为，根据动量守恒定律列等式，根据能量守恒定律
列等式，联立两等式可求解相对路程，根据相对路程判断碰撞次数。
36．（2025·湖北）如图，一块足够长的平直木板放置于水平地面上，木板上有3n个木块（n为大于1的整数）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n m。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为一足够大的常数，g为重力加速度大小），已知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。求：
（1）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个滑块开始滑动时速度为vj. 第j+1个滑块开始滑动时速度为vj+1，请用已知量和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。（参考公式：12+22+32+…+k2=）
【答案】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为
地面对木板的摩擦力为
所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有
解得
（2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为
根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有
第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有
联立可得
（3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有
解得（n为整数）
则第个（即）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则
则
木板和剩下的木块不发生相对滑动。
对前面个（即）木块，有
木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则
则
又
则
则
j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则
j=2时，根据动量守恒定律可得
可得第2个滑块开始运动的速度，
则
由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有
……
将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得
联立，
可得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对长木板和滑块分别做受力分析可知，第一个滑块运动时，木板处于静止状态，对滑块，由牛顿第二定律结合运动学公式可求碰撞前的速度大小；
（2）对各个滑块，由动量守恒定律结合运动学公式推导出一般关系式；
（3）由（2）的结论结合牛顿第二定律及运动学公式可求β的值。
1 / 1高考一轮复习：动量
一、选择题
1．（2025·陕西）我国首台拥有自主知识产权的场发射透射电镜TH—F120实现了超高分辨率成像，其分辨率提高利用了高速电子束波长远小于可见光波长的物理性质。一个静止的电子经电压加速后，其德布罗意波长为，若加速电压为，不考虑相对论效应，则其德布罗意波长为（ ）
A． B． C． D．
2．（2025·禅城模拟）如图甲所示，一名消防员在演习训练中，沿着竖直固定钢管往下滑。图乙所示的速度-时间图像记录了他两次从同一位置下滑的运动情况。则消防员在（ ）
A．过程，两次下滑的高度相同
B．过程，克服摩擦力做功相等
C．过程，所受摩擦力的冲量相等
D．过程所受摩擦力的冲量大小均为mgT
3．（2025高一下·旌阳期末）一质量为的同学从下蹲状态竖直向上跳起，经，以大小的速度离开地面，取重力加速度。则在这Δt时间内（ ）
A．运动员所受重力的冲量大小为0
B．地面对运动员的冲量大小为50 N·s
C．离开地面时的动量大小为500kg·m/s
D．地面对运动员做的功为0
4．（2025·广东）如图所示，光滑水平而上，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，两小球速度随时间变化的图像，可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（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的速度大小为
A．1.5m/s B．3.0m/s C．4.5m/s D．6.0m/s
6．（2025·通川模拟）2024年10月30日11时，神舟十九号飞船与中国空间站完成自主交会对接，在交会对接前的最后阶段，神舟十九号与空间站在同一轨道上同向运动，两者的运行轨道均视为圆形轨道。要使神舟十九号在同一轨道上追上空间站实现对接，下列神舟十九号喷射燃气的方向可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高二下·广州期中）如图，质量为2m、带有半圆形轨道的小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径长度为2R，现将质量为的小球从点正上方高处由静止释放，然后由点进入半圆形轨道后从点冲出，在空中上升的最大高度为（不计空气阻力），则（ ）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小球离开小车后做斜上抛运动
C．小车向左运动的最大距离为
D．小球第二次上升距点的最大高度
8．（2025·河源模拟）“火树银花十里开”，花城广州常在珠江边燃放烟花庆祝盛大的节日。现有某烟花筒的结构如图甲所示，其工作原理为：点燃引线，引燃发射药燃烧发生爆炸，礼花弹获得一个竖直方向的初速度并同时点燃延期引线，当礼花弹到最高点时，延期引线点燃礼花弹并炸开形成漂亮的球状礼花。现假设某礼花弹在最高点炸开成、两部分，速度均为水平方向。炸开后、的轨迹图如乙图所示。忽略空气阻力的作用，则（ ）
A．、两部分落地时的速度大小之比
B．、两部分的初动能之比
C．、两部分的质量之比
D．、两部分落地时的重力功率之比为
9．（2025·湖州模拟）如图所示，物块A、B静置于光滑水平面上，处于原长的轻弹簧两端分别与两物块连接，物块A紧靠竖直墙壁，物块A、B的质量分别为m和2m。某一瞬时物块B获得一初速度为，则此后运动中（ ）
A．墙壁对A的总冲量大小为 B．墙壁对A做的总功为
C．A的最大速度为 D．弹簧的最大弹性势能为
二、多项选择题
10．（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，其方程分别为和。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
11．（2024高二下·丰台期中）如图所示，两个质量相同的钢球从A、B装置正上方同时释放，分别与A、B装置底部发生碰撞，碰后两球沿竖直方向反弹且速度相同。A装置底部为钢板，B装置底部为泡沫，用压力传感器同时测出力随时间变化的曲线①和曲线②。忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．两球到达底部时，碰前的动量不同
B．整个碰撞过程中，两球所受合力的冲量一样大
C．曲线①代表B装置碰撞情况，曲线②代表A装置碰撞情况
D．曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积
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随时间的变化关系为(F≠0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F>0的任一时刻)，下列说法正确的有（ ）
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为
D．T时刻受到空气作用力的大小为
13．（2023高二上·永修月考）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。则（ ）
A．0 ~ 2s内，甲车的加速度大小逐渐增大
B．乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同
C．2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同
D．t = 8s时，甲、乙两车的动能不同
14．（2025·福建） 核反应方程为→+17.6MeV，现真空中有两个动量大小相等，方向相反的氘核与氚核相撞，发生核反应，设反应释放的能量几乎转化为与的动能，则（ ）
A．该反应有质量亏损 B．该反应为核裂变
C．获得的动能约为14MeV D．获得的动能约为14MeV
15．（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。D在滑轨上运动距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为，根据可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量分别为、、，，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
16．（2025·河池模拟）2025年2月7日第九届亚冬会在哈尔滨胜利开幕，冰壶项目再次引发人们高度关注。小明在观看比赛时发现，有时投手投出冰壶击打静止的冰壶时，并未满足高中物理学习的“质量相同，速度交换”规律，静止的冰壶碰后被撞飞，但投出的冰壶碰撞后速度并不为零，还会有位移发生，若每只冰壶质量相同，出现这个情况的原因可能是（ ）
A．冰面有摩擦力，碰撞时两冰壶动量不近似守恒
B．碰撞时能量不守恒
C．两冰壶并不是发生正碰
D．投出的冰壶除了滑动还有旋转
17．（2025·长沙模拟）光滑水平面有A、B两个物块，质量分别为2m和m，初始时用处于原长状态下的弹簧相连，现在给物块A一个水平向右的初速度。水平面右侧有一墙面，已知经过时间t，物块B第一次达到最大速度，且恰好到达墙壁处，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的最大弹性势能是
B．物块B的最大速度是
C．初始时物块B离墙面的距离是
D．初始时物块B离墙面的距离是
18．（2022·湖南）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为 。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即 ， 为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为 ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为 。重力加速度大小为 ，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ）
A．发动机的最大推力为
B．当飞行器以 匀速水平飞行时，发动机推力的大小为
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为
D．当飞行器以 的速率飞行时，其加速度大小可以达到
19．（2025·浙江模拟）麦克斯韦从场的观点出发，认为变化的磁场会激发感生电场。电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图所示，上面为侧视图，上、下为电磁体的两个磁极，下面为磁极之间真空室的俯视图。若从上往下看电子在真空室中做圆周运动，改变电磁体线圈中电流的大小可使电子加速，轨道平面上的平均磁感应强度大小增加率为b，（电子圆周运动平均半径为r，轨道位于真空管中）磁感应强度方向与电子轨道平面垂直，感生电场方向与电子轨道相切，电子电量e，质量m，为了使电子在不断增强的磁场中沿着半径不变的圆轨道加速运动，加上垂直轨道平面的磁场加以“轨道约束”，已知电子做圆周运动的轨道上磁感应强度大小的增加率为a，则从上往下看电子看电子加速运动方向和a、b之间的关系满足（ ）
A．顺时针 B．逆时针 C．b= D．b=2a
20．（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与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，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
21．（2025·湖州模拟）如图所示，两根足够长且电阻不计的平行光滑倾斜导轨，在M、N两点用绝缘材料平滑连接，M、N等高，两导轨间距为1m，导轨平面与水平面夹角为，其两端分别连接阻值的电阻和电容的电容器，整个装置处于磁感应强度大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导体棒ab、cd质量分别为和，距离MN分别为3m和3.6m，ab的电阻为，cd的电阻不计，ab、cd与导轨垂直且接触良好。开始时电容器的电荷量为零，ab、cd均静止，现将ab释放，同时cd受到一大小，方向垂直cd沿导轨平面向上的力作用，经一段时间后，ab、cd恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞。则（ ）
A．第一次碰撞前，ab的速度为
B．第一次碰撞前，cd的速度为
C．第一次碰撞后，ab、cd的速度为，方向沿导轨平面向下
D．ab从释放到第一次碰撞前的这段时间内，其中间时刻速度为
三、非选择题
22．（2025·上海）量子力学（Quantum Mechanics），为物理学理论，是研究物质世界微观粒子运动规律的物理学分支，主要研究原子、分子、凝聚态物质，以及原子核和基本粒子的结构、性质的基础理论。它与相对论一起构成现代物理学的理论基础。量子力学不仅是现代物理学的基础理论之一，而且在化学等学科和许多近代技术中得到广泛应用。19世纪末，人们发现旧有的经典理论无法解释微观系统，于是经由物理学家的努力，在20世纪初创立量子力学，解释了这些现象。量子力学从根本上改变人类对物质结构及其相互作用的理解。除了广义相对论描写的引力以外，迄今所有基本相互作用均可以在量子力学的框架内描述（量子场论）。
（1）太阳内部发生的反应是核聚变，即氢原子核在高温高压条件下聚合成氦原子核并释放能量的过程；其核反应方程为，则X是（ ）
A．H核 B．核 C．核 D．核
（2）若复色光的频率~，用复色光照射下面金属，可发生光电效应的可能是 。
金属的极限频率
金属 锌 钙 钠 钾 铷
频率 8.07 7.73 5.53 5.44 5.15
选项 A B C D E
（3）氢原子核外电子以半径r绕核做匀速圆周运动，若电子质量为m，元电荷为e，静电力常数为k，则电子动量大小是 ？
（4）一群氢原子处于量子数的激发态，这些氢原子能够自发地跃迁到的较低能量状态，R为里伯德常量，c是真空中的光速；则在此过程中（ ）
A．吸收光子， B．放出光子，
C．吸收光子， D．放出光子，
23．（2025·浙江模拟）某同学设计了一个如图甲所示用打点计时器来验证动量守恒定律的实验：让前端贴有橡皮泥的小车A，后端连一打点计时器纸带，以某速度做匀速直线运动，与置于木板上静止的小车B相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。打点计时器电源频率为50Hz，接通打点计时器电源后，让小车A得到的纸带如图乙所示。小车A的质量为0.4kg，小车B的质量为0.2kg。
（1）若要计算小车A碰撞前的速度大小应该选择
A．AB段 B．BC段 C．CD段 D．DE段
（2）用你在（1）中的选择，对应的小车碰撞前的总动量大小 kg·m/s（保留三位有效数字）
（3）在（1）中你的选择理由是
24．（2024高二上·南宁月考）甲、乙两位同学分别用不同的实验装置验证动量守恒定律。
（i）甲同学用如图1所示的实验装置验证动量守恒定律。
（1）关于该实验，下列说法中正确的是______。（选填选项前的字母）
A. 轨道末端必须水平
B. 轨道倾斜部分必须光滑
C. 入射小球的质量小于被碰小球的质量
D. 同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放
（2）甲同学在实验中记录了小球落点的平均位置M、P、N，发现M和N偏离了OP方向，使点O、M、P、N不在同一条直线上，如图2所示，若要验证两小球碰撞前后在OP方向上是否动量守恒，则下列操作正确的是______。
A. B.
C. D.
（ii）乙同学用如图3所示的装置验证“动量守恒定律”。实验步骤如下：
①用绳子将大小相同、质量分别为和的小球A和B悬挂在天花板上；
②在A、B两球之间放入少量炸药，引爆炸药，两球反方向摆起。
用量角器记录两球偏离竖直方向的最大夹角分别为、；
（3）实验中所用两绳长度应________（填“相等”或“不相等”）。
（4）若两球动量守恒，应满足的表达式为________（用、、、表示）。
25．（2025高三上·广西壮族自治区模拟）如图甲所示，某同学制作了一个弹簧弹射装置，轻弹簧两端各放一个金属小球（小球与弹簧不连接），压缩弹簧并锁定，该系统放在内壁光滑的金属管中（管内径略大于两球直径），金属管水平固定在离水平地面一定高度处，解除弹簧锁定，两小球向相反方向弹射，射出管时均已脱离弹簧。现要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，并探究弹射过程遵循的规律，实验小组配有足够的基本测量工具，重力加速度大小为g，按以下步骤进行实验：
①用天平测出小球P和Q的质量分别为m1、m2；
②用刻度尺测出管口离地面的高度H；
③解除锁定，分别记录两小球在水平地面上的落点M、N。
根据该同学的实验，回答下列问题：
（1）除上述测量外，要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，还需要测量的物理量是 。
A.金属管的长度L
B.弹簧的压缩量
C.两小球从弹出到落地的时间t1、t2
D. P、Q两小球的落地点M、N到对应管口的水平距离x1、x2
用测量的物理量表示弹簧的弹性势能：Ep= 。
（2）若满足关系式 ，则说明弹射过程中轻弹簧和两金属小球组成的系统动量守恒。（用测得的物理量符号表示）
（3）若在金属管口安装光电门，则可以通过测量小球的直径得到小球离开金属管口的速度大小。若用螺旋测微器测得小球的直径的示数如图乙所示，则小球的直径d= mm。
26．（2025·北京市）北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量粒子的质量、动量等物理量。
考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。
（1）一个电荷量为的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出粒子的运动周期T与质量m的关系。
（2）两个粒子质量相等、电荷量均为q，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为，粒子2运动的距离为d。求：
a．粒子1与粒子2的速度大小之比；
b．粒子2的动量大小。
27．（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：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-图像。
（3）t=6s时，物块的速度大小。
28．（2025·浙江模拟）如图所示，间距的两平行竖直导轨空间存在垂直平面向内的匀强磁场，磁感应强度，其中AB两处为处于同一高度、长度可忽略不计的绝缘物质，其余部分均由金属材料制成，其上下分别接有电阻和电容，开始时电容器不带电。现将一质量的导体棒从上磁场边界上方不同高度处紧贴导轨静止释放，导体棒与导轨始终接触良好，导轨和导体棒的电阻极小，忽略一切摩擦，不计回路自感。若AB上下导轨足够长，
（1）试定性分析导体棒进入AB上方磁场区时运动的情况，并在答题纸上画出其速率随时间变化可能的关系曲线；
（2）导体棒通过AB后一瞬间，求电容器C所带的电荷量；
（3）求导体棒运动到AB下方处的速度。
29．（2025·陆丰模拟）如图所示，光滑的水平面AB与光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，轨道半径R=0.4m，D为轨道最高点。用轻质细线连接甲、乙两小球，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两球均不拴接。甲球的质量为m1=0.1kg，乙球的质量为m2=0.2kg，甲、乙两球静止。现固定甲球，烧断细线，乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点。重力加速度g=10m/s2，甲、乙两球可看作质点。
（1）求细线烧断前弹簧的弹性势能Ep；
（2）若甲球不固定，烧断细线，求从烧断细线开始到乙球脱离弹簧的过程中，弹簧对乙球的冲量I的大小。（答案允许含根号）
30．（2025高三下·广东期末）我校学子在理科活动周中，进行了水火箭发射表演。发射时在水火箭内高压空气压力作用下，水从水火箭尾部喷嘴向下高速喷出，外壳受到反冲作用而快速上升，如图甲所示。发射时水火箭将壳内质量为的水相对地面以的速度在极短时间内竖直向下全部喷出，已知水火箭外壳质量为，上升阶段空气阻力恒为，不计水平方向的任何力，重力加速度。
（1）求水火箭外壳能上升的最大高度
（2）若外壳在下落过程中所受空气阻力与速度成正比，即，向下落高度时，开始匀速，其过程简图如图乙所示。求：
①外壳匀速时的速度；
②外壳从下落到匀速所经历的时间；
③外壳从下落到匀速，空气阻力所做的功。
31．（2024·黑吉辽） 如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。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；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小和；
（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。
32．（2025·海南）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为，两相同导体棒、与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均，接入电路中的电阻均为，棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为。
（1）锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，求通过棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热；
（2）此后棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时、棒的速度大小之差；
（3）棒中电流稳定之后继续下滑，从棒到达水平导轨开始计时，时刻棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，棒的加速度为零，速度不为零，求从时刻到某时刻，、的路程之差。
33．（2025·湛江模拟）如图甲所示，半径R＝0.9m的光滑半圆弧轨道COD固定在竖直平面内，端点D为轨道的最低点，过D点的轨道切线水平。在圆弧轨道圆心O的正上方F点右侧有一固定的水平轨道，水平轨道与倾角θ＝37°的固定粗糙斜面轨道平滑相接（物体通过时没有能量损失），斜面上E点距斜面底端的距离s0＝3.2m。现有质量分别为mA＝1kg，mB＝0.5kg的物块A、B静置于水平轨道上，且物块B的右侧水平轨道光滑，左侧水平轨道粗糙。物块A、B中间夹有少量炸药，炸药突然爆炸，爆炸后物块A在水平轨道上运动的速度v与时间t的关系图像如图乙所示，物块A从F点离开轨道，刚好能从C点切入圆弧轨道做圆周运动。已知物块A与左侧水平轨道和物块B与斜面轨道间的动摩擦因数相同，A、B均可视为质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，1.34。求：
（1）物块A经过D点时受到圆弧轨道的支持力FN的大小；
（2）物块A与左侧水平轨道间的动摩擦因数μ；
（3）若从物块B运动到斜面轨道底端时开始计时，经多长时间通过E点。（计算结果保留三位有效数字）
34．（2024·甘肃）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，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，小球A开始运动。（重力加速度g取）
（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。
35．（2024高一下·成都期末）如图所示，光滑水平面上有一质量的小车，车右侧的上表面是粗糙水平轨道，车的B点左侧固定半径的光滑圆弧轨道，圆轨道与水平轨道在B点相切。车的最右端C点固定一弹性挡板，B与C之间的距离，一个质量的小物块置于车的B点，车与小物块均处于静止状态，突然有一质量的子弹，以速度击中小车并停留在车中，设子弹击中小车的过程时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数，小物块与弹性挡板碰撞时无机械能损失，g取10m/s2，则：
（1）通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A，并求当小物块第一次回到B点时，小物块的速度大小；
（2）求小物块第一次到C点与弹性挡板碰撞前的速度大小；
（3）求小物块最多能与弹性挡板碰撞的次数，以及小物块最终相对小车静止的位置距B点的距离。
36．（2025·湖北）如图，一块足够长的平直木板放置于水平地面上，木板上有3n个木块（n为大于1的整数）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n m。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为一足够大的常数，g为重力加速度大小），已知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。求：
（1）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个滑块开始滑动时速度为vj. 第j+1个滑块开始滑动时速度为vj+1，请用已知量和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。（参考公式：12+22+32+…+k2=）
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】动量；带电粒子在电场中的加速；粒子的波动性 德布罗意波
【解析】【解答】设加速电压为U，电子的质量为m，电荷量为e，加速后电子的动量为p。加速后电子的动能Ek＝eU
电子的动量大小为
电子的德布罗意波长为
联立解得
由于开始时电压为100V，后来电压10kV，即U'＝100U
可解得
故C正确，ABD错误。
故答案为：C。
【分析】 根据动能定理求出加速后电子的动能，结合动量与动能的关系求出动量，最后由德布罗意波波长公式求出。
2．【答案】C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查动量定理和动能定理的简单应用，注意在应用动量定理时要规定正方向。A．根据v-t图像与t轴围成的面积表示位移，可知：过程，两次下滑的高度不相同，故A错误；
B．过程，根据动能定理，有
由上分析可知两次下滑的h不同，所以克服摩擦力做功Wf不相等，故B错误；
C．过程，规定向下为正方向，由动量定理，有
因为两次过程v1、v2均相同，所以两次下滑所受摩擦力的冲量相等，故C正确；
D．过程，规定向下为正方向，由动量定理，有
消防员所受摩擦力的冲量大小
故D错误。
故选C。
【分析】据v-t图像与t轴围成的面积表示位移分析；根据动能定理分析摩擦力做功；根据动量定理分析冲量大小。
3．【答案】D
【知识点】动量定理；动量；冲量
【解析】【解答】A . 重力的冲量计算
因此，冲量大小为 50 N·s，故A错误；
B . 运动员的动量变化量（冲量）由两部分组成：重力的冲量（向下50 N·s）和地面的支持力冲量（向上），向上冲量抵扣重力冲量后剩余部分产生动量变化。根据动量定理，合冲量等于动量变化量：设地面支持力冲量为 IN ，则
IN Ig=Δp
因此，地面对运动员的冲量大小为
IN=Ig+Δp=100 N·s
支持力大小
故B错误；
C . 动量
故C错误；
D . 地面对运动员的作用力作用点（脚与地面接触点）在力的作用过程中没有位移（脚未移动），因此支持力不做功（W=F d cos θ，d=0），故D正确；
故选D；
【分析】（1）运动员从下蹲状态起跳，经历加速阶段Δt=0.1s后以速度1 m/s离开地面；
动量定理应用：合外力的冲量等于动量变化量，需考虑重力和支持力的冲量；
冲量计算：重力冲量 Ig=mgΔt，支持力冲量通过动量定理间接求解；
功的计算：支持力不做功，因作用点无位移；
（2）易错点：忽略重力冲量，误认为合冲量仅为支持力冲量，忽略重力冲量的影响（如选项B）；
支持力的反作用力是人对地面的压力1000 N，与500N重力无关，重力与支持力不是相互作用力，而是作用在同一物体上的两个力，其关系由运动状态决定；
动量计算错误：混淆质量与速度的乘积（如选项C将速度误认为10 m/s）；
功的理解偏差：误认为支持力做功，未注意到作用点无位移（如选项D的判断依据）；
（3）隐含条件：起跳过程的力学分析：实际起跳是变加速过程，题目简化为匀加速（Δt极短）。
能量转换：起跳时化学能转化为动能，此处仅限冲量和动量分析。
4．【答案】A
【知识点】牛顿第二定律；碰撞模型；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】两物体受外力F大小相等，方向相反，由牛顿第二定律可知两物体加速度大小相等，方向相反。速度时间图像的斜率等于加速度，可知M、N的加速度大小之比为4：6=2：3，可知M、N的质量之比为6：4=3：2；
设分别为3m和2m；由图像可设M、N碰前的速度分别为4v和6v，碰后速度分别为v1、v2，则因M、N系统受合外力为零，则系统动量守恒，向右为正方向，则由动量守恒定律
若系统为弹性碰撞，则能量关系可知
解得、
因M、N的加速度大小之比仍为2：3，由可知，停止运动的时间之比为1：1，即两物体一起停止，则BD是错误的；
若不是弹性碰撞，则
可知碰后速度大小之比为
若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足
则假设成立，因M、N的加速度大小之比仍为2：3，则停止运动的时间之比为1：1，对M来说碰撞前后的速度之比为4v：2v=2：1
由可知碰撞前后运动时间之比为2：1，可知A正确，C错误。
故选A。
【分析】本题主要考查运动学图像、牛顿第二定律、动量守恒、能量守恒的综合应用，本题需要从答案入手解答。
根据选项图象得到M、N加速度的比值，根据牛顿第二定律得到M、N质量关系，若为弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒列式求解碰后速度关系，由速度时间关系确定碰后运动时间关系；若为非弹性碰撞，根据动量守恒和机械能不增加原理列式求解碰后速度关系，由确定碰后运动时间关系，从而确定最终答案。
5．【答案】B
【知识点】平抛运动；碰撞模型
【解析】【解答】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为，B球水平速度为，
根据动量守恒定律可得：
碰撞为完全弹性碰撞，没有机械能损失，则由能量守恒定律有：
联立解得，
小球A在竖直方向上做做自由落体运动，从下落到落地，有
解得
可知，碰撞后，小球A运动落地，则水平方向上有
解得
故选B。
【分析】 本题考查平抛运动与完全弹性碰撞的综合应用，解题关键是分别分析小球A碰撞前后的运动，结合运动学公式和弹性碰撞规律求解。
A、B碰撞为完全弹性碰撞，水平方向动量守恒，A、B系统机械能守恒，根据动量守恒定律可得和能量守恒定律列式求得碰后A、B速度与碰前速度关系，碰后A做平抛运动，由平抛运动规律列式求解碰后A的速度，进而求得碰前B的速度。
6．【答案】B
【知识点】反冲
【解析】【解答】本题考查人造卫星的接轨问题，解题关键掌握变轨问题，注意向心力公式的应用。要想使神舟十九号在同一轨道上与空间站对接，则需要使神舟十九号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据
可知，必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，又因喷气产生的推力方向与喷气方向相反，则图B是正确的。
故选B。
【分析】根据变轨原理结合向心力公式分析向心力变化，根据力的合成，分析推力和喷气的方向关系。
7．【答案】D
【知识点】碰撞模型；人船模型
【解析】【解答】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向上动量守恒；小球与小车组成的系统在竖直方向所受合外力不为零，系统在竖直方向上动量不守恒，因此小球和小车组成的系统动量不守恒，故A错误；
B．小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，系统水平方向动量为零，小球离开小车时两者在水平方向速度相等，则小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故B错误；
C．当小球向右运动时，设任一时刻小球速度的水平分量大小为v，小车的速度大小为，以向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒，得
解得
则小球在水平方向的位移大小x等于小车在水平方向的位移大小的2倍，即
又有
解得小车向左运动的最大距离
故C错误；
D．设小球第一次在小车上运动的过程中克服摩擦力做的功为W1，由功能关系得
相比第一次在小车上运动，小球第二次在小车上运动的过程中，任一对应位置处速度变小，小车对小球的弹力变小，小球受到的摩擦力变小，小球克服摩擦做的功
设小球第二次能上升的最大高度为H，根据功能关系可得
解得
故D正确。
故选D。
【分析】小球与小车组成的系统系统在竖直方向上动量不守恒；系统水平方向合动量为零，小球离开小车时小球与小车水平方向速度均为零，小球离开小车后做竖直上抛运动；根据“人船模型”分析小车向左运动的最大距离；由功能关系分析小球第一次达到最高点过程中克服摩擦力做的功；小球第二次在车中运动过程中，小球克服摩擦做的功小于第一次，根据功能关系进行分析。
8．【答案】B
【知识点】爆炸；平抛运动；功率及其计算；动能
【解析】【解答】本题考查动量守恒和动能的相关计算，分析两部分落地时的速度及重力功率时，需要考虑竖直分速度的关系。
C．平抛运动方向为匀速直线运动，则有
，
竖直方向上有
，
则有
根据动量守恒定律有
解得
故C错误；
B．、两部分的初动能
，
结合上述解得
故B正确；
A．、两部分落地时的速度大小
，
结合上述可知，、两部分落地时的速度大小之比不等于，故A错误；
D．、两部分落地时的重力功率
，
结合上述解得
故D错误。
故选B。
【分析】由平抛运动特点，即可计算a、b两部分的水平速度之比，结合动量守恒，可得到两部分的质量之比；由动能表达式，结合质量之比、水平速度之比，即可计算两部分的初动能之比；由两部分落地时的合速度表达式，可分析其速度之比是否为1：3；由落地时的竖直分速度特点，结合质量之比，即可计算重力的功率之比。
9．【答案】A
【知识点】动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】A．当物块A离开墙壁时：B回到初始位置，具有向右速度，系统机械能守恒 可求出，对整体 ，此即墙壁对A的总冲量大小，故A正确；
B．墙壁对A的作用过程：A始终未发生位移（被固定），功的定义W = F·s = 0（因为s=0）虽然有力作用，但无位移不做功，故B错误；
C．物块A离开墙壁后，A达最大速度时弹簧恢复原长，AB与弹簧系统动量守恒、能量守恒，有，，解得，，故C错误；
D．物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短弹性势能最大，有，故D错误；
故选A。
【分析】运动过程分析：A静止（紧靠墙壁），B以初速度 向右运动，弹簧原长。
阶段1：B向右运动，弹簧被拉伸，A受弹簧拉力但被墙壁阻挡（A不动）。墙壁对A施加向左的支持力，使A保持静止。弹簧伸长，弹性势能增加，B减速。
阶段2：当B减速至0时，弹簧达到最大伸长量，此时弹性势能最大。随后弹簧收缩，B向左运动，A可能脱离墙壁。
阶段3：若A脱离墙壁，A、B在弹簧作用下运动，直至弹簧恢复原长或反向压缩。
物块A离开墙壁后，A达最大速度时弹簧恢复原长，AB与弹簧系统动量守恒、能量守恒。
物块B向左速度为0时，弹簧压缩最短弹性势能最大。
10．【答案】A,B
【知识点】牛顿第二定律；超重与失重；机械能守恒定律；动量
【解析】【解答】A 根据EF段的方程可得斜率为4，所以速度大小为4m/s，A正确；
B y-t图像的斜率表示速度，可以从图中看出，FM段先向上做减速运动，再向下做加速运动，加速度一直是向下的，所以无人机的货物处于失重状态，B正确；
C 根据FN段的方程可得斜率为-2，所以速度v2=-2m/s，ΔP=mv2-mv1=2x(-2)-2x4=-12kg/m·s，C错误；
D MN阶段速度大小不变，动能不变，但是高度下降，重力势能减小，所以机械能不守恒，D错误；
故选AB。
【分析】根据x-t图像的斜率求出速度，再根据速度判断加速度的方向，判断无人机的货物是失重还是超重状态。
11．【答案】B,D
【知识点】动量定理；动量
【解析】【解答】本题是对动量及动量定理的考查，解题的关键是要知道小球的运动过程，增大F-t图像与坐标轴所夹的面积表示合外力的冲量。A．由图可知，两球下落高度相同，由
可得
则两球到达底部时的速度相同，由于两球质量相同，故两小球到达底部时，动量相同，故A错误；
B．由题意可知，两球与装置底部碰撞后反弹的速度相同，两球碰撞前的速度也相同，则两球碰撞过程中动量变化相同，由动量定理可知，碰撞整个过程中，甲乙小球所受合力的冲量一样大，故B正确；
C．A装置底部为钢板，B装置底部为泡沫，碰撞过程，以向上为正方向，根据动量定理可得
则
由于两球碰撞过程中动量变化量相同，与A装置底部碰撞过程作用时间较小，作力较大，则曲线①代表A装置碰撞情况，曲线②代表B装置碰撞情况，故C错误；
D．图像与时间轴围成的面积表示力的冲量，根据动量定理可得
则
由于曲线①对应碰撞过程的时间小于曲线②对应碰撞过程的时间，则曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积，故D正确。
故选BD。
【分析】根据动量的定义、动量定理以及F-t时间图像的物理意义来分析各选即可。
12．【答案】A,B
【知识点】共点力的平衡；冲量
【解析】【解答】AD．无人机沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，由可知，随着时间增大，F在减小，随着F的减小重力和拉力的合力如图
可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有F = F0－kT，由余弦定理可得，
解得
故A正确、D错误；
B．由于拉力F随时间t均匀变化，可得图象如图，
则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，故B正确；
C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为
0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为
则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为
故C错误。
故选AB。
【分析】本题主要考查共点力平衡的动态分析和冲量的计算，画出矢量三角形动态图是解题关键。
对无人机受力分析，根据共点力平衡条件画出矢量三角形，根据三角形各边变化确定受到空气作用力的方向 ；根据余弦定理和矢量三角形计算T时刻受到空气作用力的大小 ；画出F—t图像，根据图象面积计算拉力的冲量；根据矢量的合成与分解求解 受到重力和拉力的合力的冲量大小 。
13．【答案】B,C
【知识点】动量定理；冲量；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】本题考查了v-t图和F-t图，结合图像的不同物理量的含义，合理选取公式，分析物体不同时间的运动状态是解决此类问题的关键。
A． 根据图（a）可得，0～2s内，图像的斜率不变，v-t图像的斜率表示加速度，故甲车的加速度大小不变 ，故A错误；
B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s内根据动量定理有
I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s
乙车在0 ~ 6s内根据动量定理有
I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s
则可知乙车在t = 2s和t = 6s时的速度相同，故B正确；
C．根据图（a）可知，2 ~ 6s内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s内乙车一直向正方向运动，则2 ~ 6s内，甲、乙两车的位移不同，故C正确；
D．根据图（a）可知，t = 8s时甲车的速度为0，则t = 8s时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s内根据动量定理有
I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0
可知t = 8s时乙车的速度为0，则t = 8s时，乙车的动能为0，故D错误。
故选BC。
【分析】根据v-t图斜率表示加速度，面积表示位移，而F-t图面积表示冲量，结合动量定理分析求解即可。
14．【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律；质量亏损与质能方程
【解析】【解答】A．核反应过程中质量数守恒，电荷数守恒，但有质量亏损，亏损的质量以能量的形式辐射出去，故A正确；
B．该反应属于轻核聚变，故B错误；
CD．在真空中，该反应动量守恒，由于相撞前氘核与氚核动量大小相等，方向相反，系统总动量为零。故反应后氦核与中子的动量也大小相等，方向相反。由和可得
反应粒子获得的动能之比为
而两个粒子获得的总动能为，故获得的动能
，
获得的动能
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】本题主要考查核反应方程及相关能量的计算。核反应遵循质量数守恒，电荷数守恒，质量不守恒有亏损；核反应分为轻核聚变和重核裂变；核反应过程中满足动量守恒，由动量守恒定律结合动能、动量表达式求解反应粒子获得的动能之比，从而计算和 获得的动能。
15．【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；爆炸；平抛运动；动能定理的综合应用；碰撞模型
【解析】【解答】A．爆炸过程，A与B组成的系统动量守恒，设爆炸瞬间A的速度为vA，B速度为vB，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：
0＝﹣3mvA+mvB
B与C碰撞过程动量守恒，设二者碰后共同共同速度为v，根据动量守恒定律可得mvB=6mv
联立解得v=0.5vA。
爆炸后瞬间A的动能
D的初动能
两者不相等，故A错误；
B．D水平滑动过程中摩擦力做功为
做平抛运动过程中重力做的功为
故D从开始运动到落地瞬间合外力做功为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的动能相等，故B正确；
CD．D物块平抛过程有，
联立可得
D水平滑动过程中根据动能定理有
化简得
弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的能量为
故C错误，D正确。
故答案为：BD。
【分析】对爆炸过程和B与C碰撞过程，根据动量守恒定律得到D的初速度大小与爆炸后瞬间A的速度大小的关系，即可比较爆炸后瞬间A的动能与D的初动能的大小关系；根据动能定理判断D的初动能与其落地时的动能是否相等；对D的平抛过程，将运动分解处理，应用运动学公式得到平抛初速度的表达式。根据动能定理得到D的初速度表达式，进而得到爆炸后瞬间A、B的速度表达式，根据弹药释放的能量完全转化为A和B的动能求解弹药释放的能量。
16．【答案】C,D
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【解答】A． 摩擦力主要影响碰撞后的运动，而非碰撞瞬间 ，碰撞瞬间时间极短，冰面摩擦力的冲量可忽略，因此动量近似守恒。碰撞后冰壶的减速是因摩擦力作用，但碰撞过程本身动量守恒，故A错误；
B．碰撞过程中能量是守恒的，只是可能存在机械能转化为内能等其他形式的能量，故B错误；
C．当发生斜碰时，碰撞后的速度分解为垂直和平行于碰撞面的分量，根据动量守恒在不同方向上的分量情况，冰壶会沿着新的方向运动，速度大小和方向都由碰撞瞬间的动量分配决定，而不是简单地交换速度，故C正确；
D．比赛中冰壶通常带有旋转，旋转会使冰壶在碰撞时产生复杂的力学作用。旋转的冰壶在碰撞瞬间，除了平动的动量传递，还有角动量的作用，这会改变冰壶的运动方向和速度，使得碰撞后的速度情况不符合简单的交换速度模型，故D正确。
故选CD。
【分析】 1、动量守恒的条件是系统合外力为零。冰面摩擦力是外力，但碰撞过程时间极短，摩擦力冲量可忽略，动量仍近似守恒。
2、冰壶碰撞可能有能量损失（如形变、声音等），但能量守恒与否不影响动量守恒。
3、若碰撞为非对心碰撞（斜碰），动量会沿不同方向分配，导致两冰壶速度方向改变，可能表现为“一飞一停”或“两者均有位移”。
4、冰壶通常带有旋转（“旋球”效果），旋转会影响碰撞后的运动状态：
旋转冰壶与静止冰壶碰撞时，可能通过摩擦力传递角动量，导致两者速度分配不均。
实际比赛中，投壶常利用旋转控制路径，碰撞后投出冰壶可能因旋转继续运动。
17．【答案】A,C
【知识点】碰撞模型；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【解答】本题综合考查了动量守恒定律和机械能守恒定律，知道弹簧被压缩到最短时物体速度相同，运用动量守恒和能量守恒进行研究。A．当两物块共速时，弹簧压缩的最短，弹簧的弹性势能最大，此过程根据动量定理
两物块和弹簧组成的系统机械能守恒，则
解得
故A正确；
B．当弹簧恢复原长时，物块B的速度达到最大，根据动量守恒
两物块的动能守恒
解得
，
故B错误；
CD．当弹簧恢复原长时，物块B的速度达到最大，根据动量守恒
两边同时乘以可得
即
初末状态弹簧均处于原长，所以
解得
故C正确，D错误。
故选AC。
【分析】当两物块共速时，弹簧压缩的最短，弹簧的弹性势能最大；当弹簧恢复原长时，物块B的速度达到最大，抓住物块B第一次达到最大速度，且恰好到达墙壁处，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析。
18．【答案】B,C
【知识点】反冲
【解析】【解答】A 飞行器关闭发动机，匀速下落时，飞行器以5m/s向上匀速时，联立可得，故A错误。
B 飞行器以5m/s匀速水平飞行时，推力与重力和阻力的合力相等，故B正确。
C 发动机以最大推力水平飞行时，再根据解得v=，故C正确。
D 飞行器以最大推力向下，以5m/s的速度向上减速飞行时，加速度最大，即，解得a=2.5g，故D错误。
故答案为：BC。
【分析】根据题中给出的阻力与速度的关系结合牛顿第二定律和力的合成与分解列方程求解。
19．【答案】B,D
【知识点】动量定理；洛伦兹力的计算；感应电动势及其产生条件；电磁感应现象中的感生电场
【解析】【解答】AB．从电子枪和靶的布局看，电子要加速击中靶，结合感生电场对电子的作用，从上往下看，电子加速运动方向是逆时针，故A错误，B正确；
CD．设电子做圆周运动的圆轨道上的磁感应强度大小为，方向与环面垂直。由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
可得
因此轨道上磁感应强度大小的增加率
设在圆轨道切线方向作用在电子上作用力为，根据动量定理有
可得
按照法拉第电磁感应定律，在电子运动的圆轨道上的感应电动势为
考虑电子运行一圈感应电场所做的功，由电动势的定义可得
电子在圆轨道切向所受到的力为
联立以上三式得
因此可得
故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】AB：通过电子枪、靶的位置关系，结合感生电场加速电子的逻辑，判断电子运动方向。
CD：先利用洛伦兹力向心力公式关联B与v，求B的变化率a；再结合动量定理、法拉第电磁感应定律、电动势定义，推导b与a的关系。
20．【答案】A,D
【知识点】功能关系；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【解答】A.子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有
子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为
由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为
联立上式可得
因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确；
B．则子弹穿过木块时木块的速度为
由运动学公式可得
故B错误；
C.由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即
故C错误；
D.木块加速过程运动的距离为
故D正确。
故答案为AD
【分析】 AC.要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律求解初速度和共同速度以及子弹和木块损失的总动能；
B.根据动量定理求时间；
D.木块在加速过程中做匀加速直线运动，根据运动学公式求解作答。
21．【答案】B,C
【知识点】动量与能量的其他综合应用；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】B．对cd有，则有
解得，第一次碰撞前有，代入数值解得，故B正确；
A．从开始运动到第一次碰撞的的时间，碰前过程对ab，ab的受到的安培力
则有，即
代入数值解得，故A错误；
C．ab、cd恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞，则有
解得，方向沿导轨向下。故C正确；
D． ab从释放到第一次碰撞前的这段时间内，不是匀变速运动，因此其中间时刻速度不等于。故D错误。
故选BC。
【分析】本题是电磁感应中双棒模型，回路中含电容器，还涉及到两棒碰撞动量和能量问题。
1、碰前过程对ab，根据牛顿第二定律列等式：，ab的受到的安培力，联立可计算第一次碰撞前，ab的速度。
2、对cd，根据牛顿第二定律列等式：，联立可求解第一次碰撞前，ab的速度。
3、ab、cd恰好在M、N处发生完全非弹性碰撞，共速，由动量守恒定律列等式可求解 第一次碰撞后，ab、cd的速度 。
4、 ab从释放到第一次碰撞前的这段时间内，不是匀变速运动，中间时刻速度不等于平均速度。
22．【答案】（1）B
（2）CDE
（3）
（4）D
【知识点】玻尔理论与氢原子的能级跃迁；动量；光电效应；核聚变
【解析】【解答】（1） 氢原子核在高温高压条件下聚合成氦原子核，根据核反应方程，反应前氢核的质量数总和为4，电荷数总和为4。反应后两个正电子的质量数总和为0，电荷数总和为2。设X的质量数为A，电荷数为Z，则有：A+0＝4，Z+2＝4，解得：A＝4，Z＝2，核的质量数为4，电荷数为2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2）当入射光的频率大于金属板的极限频率时，可发生光电效应，复色光的频率ν＝5.50×1014Hz～6.50×1014Hz，对比可知可发生光电效应的有钠、钾、铷，故选：CDE。
（3）电子绕氢原子核做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，根据库仑定律以及牛顿第二定律可得得：，解得：
（4）氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子，光子的能量等于两个能级的能量差。
根据里德伯公式：，其中m是跃迁前的能级，k是跃迁后的能级。
氢原子从n＝4跃迁到n＝2，则有：m＝4，k＝2
又有：
联立可得：，故D正确，ABC错误。
故选：D。
电子动量大小为：
【分析】（1）根据核反应遵循质量数与电荷数守恒分析判断；
（2）根据发生光电效应的条件分析解答；
（3）电子绕氢原子核做匀速圆周运动，根据库仑力提供向心力求得电子的线速度大小，根据动量的定义求得电子的动量大小；
（4）氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子。根据里德伯公式，结合光速、频率、波长的关系解答。
（1）（1） 氢原子核在高温高压条件下聚合成氦原子核，根据核反应方程，反应前氢核的质量数总和为4，电荷数总和为4。反应后两个正电子的质量数总和为0，电荷数总和为2。设X的质量数为A，电荷数为Z，则有：A+0＝4，Z+2＝4，解得：A＝4，Z＝2，核的质量数为4，电荷数为2，故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2）（2）当入射光的频率大于金属板的极限频率时，可发生光电效应，复色光的频率ν＝5.50×1014Hz～6.50×1014Hz，对比可知可发生光电效应的有钠、钾、铷，故选：CDE。
（3）（3）电子绕氢原子核做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，根据库仑定律以及牛顿第二定律可得得：，解得：
电子动量大小为：
（4）氢原子从高能级向低能级跃迁时会放出光子，光子的能量等于两个能级的能量差。
根据里德伯公式：，其中m是跃迁前的能级，k是跃迁后的能级。
氢原子从n＝4跃迁到n＝2，则有：m＝4，k＝2
又有：
联立可得：，故D正确，ABC错误。
故选：D。
23．【答案】（1）B
（2）0.685
（3）小车A碰撞前匀速，纸带上点迹均匀（间距相等 ）；碰撞后速度减小，点迹间距变小（如DE段 ）；BC段点迹均匀且间距大于碰撞后段（DE段 ），符合“碰撞前匀速运动”的特征。
【知识点】验证动量守恒定律；用打点计时器测速度
【解析】【解答】（1）小车A碰撞前做匀速直线运动，纸带上点迹均匀（间距相等 ），碰撞后速度变小，点迹间距变小。对比各段，BC段点迹均匀且间距大，对应碰撞前匀速阶段。
故答案为：B。
（2）小车A碰撞前的速度
打点计时器电源频率为50Hz，则周期为
小车碰撞前的总动量大小
解得
故答案为：0.685
（3）小车A碰撞前匀速，纸带上点迹均匀（间距相等 ）；碰撞后速度减小，点迹间距变小（如DE段 ）；BC段点迹均匀且间距大于碰撞后段（DE段 ），符合“碰撞前匀速运动”的特征。
【分析】(1)依据“匀速运动点迹均匀、碰撞后速度减小→点迹间距变小”，识别碰撞前的匀速阶段（BC段 ）。
(2)利用打点周期公式算周期，结合“匀速运动速度=位移/时间”求碰撞前速度，再由动量公式算动量。
(3)从“匀速运动点迹特征”和“碰撞前后速度变化→点迹间距变化”的角度，解释选择BC段的原因。
（1）小车A碰撞前做匀速直线运动，纸带上的点迹均匀分布，由于碰撞前的速度大于碰撞后的速度，则相邻点迹之间的间距大于碰撞后相邻点迹之间的间距，根据图乙可知，若要计算小车A碰撞前的速度大小应该选择BC段。
故选B。
（2）小车A碰撞前的速度
打点计时器电源频率为50Hz，则周期为
小车碰撞前的总动量大小
解得
（3）在（1）中选择理由是打点计时器在BC、DE段打的点分布均匀，表明小车在这两段内做匀速直线运动，又BC段大于DE段，碰前速度大于碰后速度。
24．【答案】(1) A，D
(2) B
(3) 相等
(4)
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】本题关键掌握两种验证动量守恒定律实验的原理，根据功能关系和动量守恒定律推导表达式，本实验运用转换法，即将测量小球做平抛运动的初速度转换成测平抛运动的水平位移。
（1）A．轨道末端必须水平，以保证小球能做平抛运动，选项A正确；
B．轨道倾斜部分不一定必须光滑，只要到达底端速度相等即可，选项B错误；
C．为防止入射球碰后反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量，选项C错误；
D．同一组实验中，入射小球必须从同一位置由静止释放，以保证小球到达底端时速度相同，选项D正确。
故选AD。
（2）小球均做平抛运动，竖直方向下落的高度一定，则下落时间相等，水平方向的速度之比可等效为位移之比，P点是一个小球不碰撞时下落的位置，所以需要测量OP及OM、ON在OP方向的投影长度OM0，ON0；
故选B。
（3）实验中所用两绳长度应相等，以保证两球重心在同一水平面上。
（4）对两球由能量关系
若动量守恒则满足
即
【分析】（1）根据实验原理和注意事项分析判断；
（2）根据平抛运动的规律分析判断，小球均做平抛运动，时间相同，水平方向的速度之比可等效为位移之比；
（3）根据碰撞的条件分析判断，；
（4）根据功能关系和动量守恒定律推导表达式。
25．【答案】（1）D；
（2）
（3）2.756（2.754~2.758）
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）根据能量守恒定律可知，要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，就需要测量出两小球弹出时的动能，即测量出两小球的质量和弹出速度。根据平抛运动规律可知，要得到两小球的弹出速度，就需要测量出P、Q两小球落地点M、N到对应管口的水平距离x1、x2。
故选D。
弹性势能的表达式为
根据平抛运动规律有
，，
解得
（2）由动量守恒定律有
而
，
若满足关系式
则说明弹射过程中轻弹簧和两金属小球组成的系统动量守恒。
（3）小球的直径
d=2.5mm+0.256mm=2.756mm
综上：第1空：D；第2空：；第3空：；第4空：2.756（2.754~2.758）
【分析】（1）据机械能守恒定律可知，弹射装置锁定时具有的弹性势能等于两小球弹出时的动能，即测量出两小球的质量和弹出速度，由平抛运动可知，初速度与射程有关；由机械能守恒定律求解。
（2）根据动量守恒定律：，由平抛运动：，可得：；
（3）根据螺旋测微器的读数法正确读数。
（1）[1]根据能量守恒定律可知，要测定弹射装置锁定时具有的弹性势能，就需要测量出两小球弹出时的动能，即测量出两小球的质量和弹出速度。根据平抛运动规律可知，要得到两小球的弹出速度，就需要测量出P、Q两小球落地点M、N到对应管口的水平距离x1、x2。
故选D。
[2]弹性势能的表达式为
根据平抛运动规律有
，，
解得
（2）由动量守恒定律有
而
，
若满足关系式
则说明弹射过程中轻弹簧和两金属小球组成的系统动量守恒。
（3）小球的直径
d=2.5mm+0.256mm=2.756mm
26．【答案】（1）粒子速度方向与磁场垂直，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
解得轨道半径
圆周运动的周期
将R代入得
比例关系为
（2）a．；b．
a．由题意知粒子1做圆周运动，线速度
粒子2做匀速直线运动，速度
所以速度之比
即
b．对粒子1，由洛伦兹力提供向心力有
可得
粒子2的动量
结合前面的分析可得
【知识点】动量；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子速度方向与磁场垂直，粒子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力和周期的定义，推导出粒子的运动周期T与质量m的关系。
（2）a．粒子1做匀速圆周运动，根据线速度与角速度的关系得到其线速度大小。粒子2做匀速直线运动，由运动学公式达到其速度大小，可得粒子1与粒子2的速度大小之比；
b．对于粒子1，由洛伦兹力提供向心力推导出质量的表达式，根据动量的表达式，结合前述结果求解粒子2的动量大小。
27．【答案】（1）由图2可知F随时间线性变化，设，根据数学知识可知，可得
所以当t=6s时，
0~6s内F的冲量为F t图围成的面积，即。
（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有
即
在垂直杆方向，当时，
则0 4s，垂直杆方向
摩擦力
在4 6s内，垂直杆方向
摩擦力
相应的f t图像如图
（3）在0~6s内沿杆方向根据动量定理有
在0~6s内摩擦力的冲量为f t图围成的面积，则
联立有
可得。
【知识点】动量定理；共点力的平衡；冲量
【解析】【分析】 本题考查力的冲量、摩擦力变化及动量定理的应用，需结合受力分析和相关定理求解。
（1）根据图象得到力F随时间变化的表达式，求得6s时力F的大小；再根据F t图围成的面积求得 在0-6s内F的冲量大小。
（2）根据平衡条件列式求得滑动摩擦因数，由F表达式结合平衡条件求得0 4s和4 6s内物体对杆的压力，再根据求得 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）由动量定理列式求解 t=6s时，物块的速度大小。
28．【答案】（1）解：根据牛顿第二定律可知导体棒运动方程
导体棒做加速度减小的变速运动，当加速度为零时，做匀速运动，速度大小
画出其速率随时间变化可能的关系曲线为
（2）解：导体棒运动到AB之后一瞬间，由动量定理
回路，充电电流极大，则，即，而
解得
，
（3）解：导体棒速度突变后，由牛顿定律，有
，
解得
根据
可得
【知识点】动量定理；电容器及其应用；安培力；能量守恒定律；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】1. 加速度恒定判断： 下方回路含电容，电流 ，代入牛顿定律后加速度 恒定（与速度无关 ），做匀加速运动。
2. 匀变速公式应用： 用 直接求末速度，简化计算。
（1）（1）根据牛顿第二定律可知导体棒运动方程
导体棒做加速度减小的变速运动，当加速度为零时，做匀速运动，速度大小
画出其速率随时间变化可能的关系曲线为
（2）导体棒运动到AB之后一瞬间，由动量定理
回路，充电电流极大，则，即，而
解得，
（3）导体棒速度突变后，由牛顿定律，有，
解得
根据
可得
29．【答案】（1）解：题意知乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点，这在D点速度为v，对乙球由牛顿第二定律得
由能量守恒得弹性势能
联立解得
（2）设甲、乙两球脱离弹簧时速度大小分别为v1、v2，对该系统分析可知动量守恒，即
m1v1=m2v2
由能量守恒定律得
对乙球由动量定理得
I=m2v2
联立解得
【知识点】机械能守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）乙球恰好能通过D点，由重力提供向心力，列式求出乙球通过D点时的速度大小。根据系统的机械能守恒求解细线烧断前弹簧的弹性势能。
（2）若甲球不固定，烧断细线的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能也守恒，运用两大守恒定律列式，可求得细线烧断瞬间两球的速度大小，再对乙球，根据动量定理求解即可。
（1）题意知乙球离开弹簧后进入半圆轨道恰好能通过D点，这在D点速度为v，对乙球由牛顿第二定律得
由能量守恒得弹性势能
联立解得
Ep=2J
（2）设甲、乙两球脱离弹簧时速度大小分别为v1、v2，对该系统分析可知动量守恒，即
m1v1=m2v2
由能量守恒定律得
对乙球由动量定理得
I=m2v2
联立解得
30．【答案】（1）解：喷水过程中根据动量守恒有
上升过程中有
，
解得
（2）解：①外壳匀速时，有
解得
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有
又
解得
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有
解得
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；反冲
【解析】【分析】（1）喷水过程中根据动量守恒列等式：
上升过程中根据牛顿第二定律列等式：，根据匀变速直线运动位移速度公式列等式：，联立可求解水火箭外壳能上升的最大高度。
（2）①外壳匀速时，受力平衡列等式：，可求解 速度 。
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理列等式：，又，可求解从下落到匀速所经历的时间。
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理列等式：，可求解空气阻力所做的功。
（1）喷水过程中根据动量守恒有
上升过程中有，
解得
（2）①外壳匀速时，有
解得
②外壳从开始下落到恰好匀速，由动量定理有
又
解得
③外壳从开始下落到恰好匀速，由动能定理有
解得
31．【答案】（1）解：对A物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
对AB物块整体由动量守恒定律
解得脱离弹簧时B的速度大小为
（2）解：对物块B由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）解：由能量守恒定律
其中，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
【知识点】功能关系；平抛运动；动量与能量的综合应用一弹簧类模型
【解析】【分析】 （1）A飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律求得vA。物块A、B与弹簧作用过程满足动量守恒定律，据此解得vB。
（2）对B脱离弹簧后沿桌面滑行到停止的过程，根据动能定理求解物块与桌面间的动摩擦因数。
（3）物块A、B与弹簧作用过程，由能量守恒与功能关系求解弹簧释放的弹性势能。
32．【答案】（1）棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得，
解得通过棒的电流为
设当棒下滑距离为时速度为，棒开始运动时回路中的电流为，此时对cd棒有
同时有，
分析可知棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得
联立解得棒产生的焦耳热为
（2）分析可知棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒有，
同时有，
联立解得此时、棒的速度大小之差为
（3）分析可知从开始到时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设时刻ab棒的速度为，可知
解得
设某时刻时，ab棒速度为，cd棒速度为，棒的加速度为零，可得①
其中
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得②
从时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有，
变式可得，
两式相加得③
同时有④
联立①②③④可得从到某时刻，、的路程之差为
【知识点】动量定理；动量守恒定律；安培力；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；整个过程根据能量守恒求解cd棒产生的焦耳热；
（2）对两棒分别根据牛顿第二定律、安培力的计算公式求解ab、cd棒的速度大小之差；
（3）分析两个过程中两根导体棒的运动情况，结合动量守恒定律、动量定理、牛顿第二定律、电荷量的计算公式等列方程求解ab、cd的路程之差。
33．【答案】（1）解：小物块A离开水平轨道后刚好能从C点切人圆弧轨道做圆周运动有
物块A从C到D过程机械能守恒有
物块A在 D点处由牛顿第二定律
联立解得
（2）解：由 v-t 图像可知：爆炸后瞬间物块 A 的速度大小为，物块A在水平轨道上运动的时间为
爆炸后物块A在水平轨道上运动过程由运动学公式及牛顿第二定律有
解得
（3）解：物块A、B爆炸过程，由动量守恒有
解得
物块B在斜面轨道向上运动过程有
解得
物块B沿斜面上升的最大距离
故物块B通过E点有两种情况：
情况1：物块B沿斜面上升阶段通过E点时，有
解得
情况2：物块B沿斜面下降阶段通过E点时，上升阶段的时间
下降阶段
因为
联立解得
【知识点】爆炸；牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【分析】 （1） 物体在光滑半圆弧轨道运动 ，根据机械能守恒和圆周运动公式求物块A经过D点时受到圆弧轨道的支持力FN的大小；
（2）求出爆炸后瞬间物块 A 的速度大小以及运动时间，由运动学公式求物块A与左侧水平轨道间的动摩擦因数μ；
（3）物块A、B爆炸过程动量守恒定律，求解加速度大小，根据运动学公式求从物块B运动到斜面轨道底端时开始计时，经多长时间通过E点。
（1）小物块A离开水平轨道后刚好能从C点切人圆弧轨道做圆周运动有
物块A从C到D过程机械能守恒有
物块A在 D点处由牛顿第二定律
联立解得
（2）由 v-t 图像可知：爆炸后瞬间物块 A 的速度大小为，物块A在水平轨道上运动的时间为
爆炸后物块A在水平轨道上运动过程由运动学公式及牛顿第二定律有
解得
（3）物块A、B爆炸过程，由动量守恒有
解得
物块B在斜面轨道向上运动过程有
解得
物块B沿斜面上升的最大距离
故物块B通过E点有两种情况：
情况1：物块B沿斜面上升阶段通过E点时，有
解得
情况2：物块B沿斜面下降阶段通过E点时，上升阶段的时间
下降阶段
因为
联立解得
34．【答案】（1）解： 细绳OP的长度为L=1.6m，从小球A开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得：
解得：v0=4m/s
设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T，根据牛顿第二定律得：
解得：T=40N
根据牛顿第三定律可知A运动到最低点时细绳OP所受的拉力为40N。
（2）解： A飞出后与C碰撞前做平抛运动，A与C碰撞前瞬间A的水平分速度等于v0=4m/s，由题意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒，以向右为正方向，则有：
mAv0=mCvC
解得碰后C的速度大小为：vC=4m/s
（3）解： A、C碰后，C相对B滑行Δx=4m后与B共速（设共速的速度为v）。以向右为正方向，对C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律得：
mCvC=（mC+mB）v
解得C和B之间的动摩擦因数为：μ=0.15
【知识点】平抛运动；向心力；动能定理的综合应用；动量与能量的综合应用一板块模型
【解析】【分析】 （1）根据动能定理求得小球A到最低点时的速度，根据牛顿第二定律求解细绳的拉力。
（2）A飞出后与C碰撞前做平抛运动，由题意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒，据此求得碰后C的速度大小。
（3）对C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解C和B之间的动摩擦因数。
35．【答案】解：（1）取向右为正方向，子弹打小车过程动量守恒
当小物块运动至最高点，三者共速为，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
所以小物块到达了圆弧最高点A。当小物块再次回到B时速度为，车和子弹速度为v，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
，
（2）当小物块第一次到C点碰撞前，车速为，小物块速度为，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立得
，
（3）小物块最终与车共速，速度为，相对路程为s，根据动量守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
而
故只碰撞1次，距B点0.2m。
【知识点】动量与能量的综合应用一板块模型；动量与能量的综合应用一子弹打木块模型
【解析】【分析】（1）子弹打小车过程动量守恒列等式：，当小物块运动至最高点，三者共速为，根据动量守恒定律列等式：，根据能量守恒定律列等式：，联立可求解高度，
小物块到达了圆弧最高点A。当小物块再次回到B时，根据动量守恒定律列等式，根据能量守恒定律列等式，联立两等式可求解当小物块第一次回到B点时，小物块的速度大小。
（2）当小物块第一次到C点碰撞前，根据动量守恒定律列等式：
根据能量守恒定律列等式，联立可求解 小物块第一次到C点与弹性挡板碰撞前的速度大小 。
（3）小物块最终与车共速，速度为，根据动量守恒定律列等式，根据能量守恒定律
列等式，联立两等式可求解相对路程，根据相对路程判断碰撞次数。
36．【答案】（1）滑块1运动时，对木板的摩擦力为
地面对木板的摩擦力为
所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有
解得
（2）滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为
根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第个滑块碰撞时，有
第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有
联立可得
（3）当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有
解得（n为整数）
则第个（即）木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则
则
木板和剩下的木块不发生相对滑动。
对前面个（即）木块，有
木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面个木块和个木块共速，且相对位移恰好为，则
则
又
则
则
j=1时，第一个滑块开始运动的速度，则
j=2时，根据动量守恒定律可得
可得第2个滑块开始运动的速度，
则
由第二问可得，，则对第3个滑块到第个滑块有
……
将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得
联立，
可得
【知识点】动量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）对长木板和滑块分别做受力分析可知，第一个滑块运动时，木板处于静止状态，对滑块，由牛顿第二定律结合运动学公式可求碰撞前的速度大小；
（2）对各个滑块，由动量守恒定律结合运动学公式推导出一般关系式；
（3）由（2）的结论结合牛顿第二定律及运动学公式可求β的值。
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