浙江省宁波市宁波中学2025-2026学年高二上学期开学考试物理试卷
1．（2025高二上·宁波开学考）对于一个质量不变的物体，下列说法中正确的是（ ）
A．做匀速直线运动的物体，其动量可能变化
B．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
C．物体的速度发生变化时，其动量一定变化
D．物体的动能发生变化时，其动量可能不变
2．（2025高二上·宁波开学考）一物体在地面附近的空中做抛体运动，不计空气阻力，在相同时间间隔内，一定相同的是（ ）
A．动量的变化 B．动能的变化
C．重力势能的变化 D．速率的变化
3．（2025高二上·宁波开学考）张家界天门山索道，全长为7455米，高差为1279米。一位质量为m的乘客乘索道上山，在一段索道上以速度v匀速运动，该段索道钢绳与水平方向夹角为θ，已知吊厢质量为M，悬臂竖直，重力加速度为g，则（ ）
A．吊厢对乘客的作用力为
B．在时间t内，重力对乘客做的功为mgvtsinθ
C．在时间t内，索道钢绳对吊厢的冲量为（M+m）gtsinθ
D．索道钢绳对吊厢做功功率为（M+m）gvsinθ
4．（2025高二上·宁波开学考）冲天炮飞上天后在天空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，则（ ）
A．质量较大的P先落回地面
B．炸裂前后瞬间，总动量守恒
C．炸裂后，P飞行的水平距离较大
D．炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量大小相等
5．（2025高二上·宁波开学考）如图所示，某人用水管冲洗竖直墙面，水龙头的流量（单位时间流出水的体积）可视为一定，水管的入水口与水龙头相连接，水从出水口水平出射，水打到墙面后不反弹顺墙面流下。若用手挤压出水口，使出水口的横截面积变为原来的一半，则被水流冲击部分的墙面所受压强约为原先的多少倍（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
6．（2025高二上·宁波开学考）如图所示，质量为2m的滑块带有半圆弧槽N，且圆弧槽的半径为r，所有接触面的摩擦力均可忽略。在下列两种情况下均将质量为m且可视为质点的小球M由右侧的最高点无初速释放，第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动。下列说法正确的是（ ）
A．只有第一种情况，小球可运动到左侧最高点
B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为
C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时，圆弧槽的速度为
D．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为
7．（2025高二上·宁波开学考）以下四个图中，系统动量守恒的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025高二上·宁波开学考）某同学拍摄了台球碰撞的频闪照片如图所示，在水平桌面上，台球1向右运动，与静止的台球2发生碰撞。已知两个台球的质量相等，他测量了台球碰撞前后相邻两次闪光时间内台球运动的距离AB、CD、EF，其中EF与AB连线的夹角为α，CD与AB连线的夹角为β。下列说法中正确的是（ ）
A．若满足，说明两球碰撞前、后机械能守恒
B．若满足，说明两球碰撞前、后动量守恒
C．若满足和，说明两球碰撞前、后动量守恒
D．若满足说明是弹性碰撞
9．（2025高二上·宁波开学考）如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为80m0、20m0两船沿同一直线相向运动，速度大小分别为2v0、v0。为避免两船相撞，甲船上的人不断地将质量为m0的货物袋以相对地面6.2v0的水平速度抛向乙船，且被乙船上的人接住，假设某一次甲船上的人将货物袋抛出且被乙船上的人接住后，刚好可保证两船不致相撞，不计水的阻力。试求此时（ ）
A．甲、乙两船的速度大小1.4v0 B．甲、乙两船的速度大小1.25v0
C．从甲船抛出的总货物袋数12个 D．从甲船抛出的总货物袋数10个
10．（2025高二上·宁波开学考）如图所示，质量M=1kg的平板车A放在光滑的水平面上，质量m=0.5kg的物块B放在平板车右端上表面，质量m=0.5kg的小球C用长为6.4m的细线悬挂于O点，O点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为6.4m，将小球向左拉到一定高度，悬线拉直且与竖直方向的夹角为60°，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为0.5s，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．小球与平板车碰撞后，小球C继续向右摆起
B．小球与平板车碰撞后，平板车获得4.5m/s的速度
C．物块B滑到平板车的左端时速度大小为3m/s
D．平板车的长度为3.08m
11．（2025高二上·宁波开学考）为了验证动量守恒定律，小芦和小付分别采用了两套实验方案来完成该实验。
Ⅰ.小芦采用如图甲所示的实验装置完成实验。已知打点计时器的电源周期为0.02s。
（1）下列说法正确的是 。
A．本实验中应平衡摩擦力
B.实验时先推动小车A，再接通打点计时器电源
（2）若获得的纸带如图乙所示，从a点开始，每5个点取一个计数点，其中a、b、c、d、e都为计数点，并测得相邻计数点间距分别为ab=20.3cm、bc=36.2cm、cd=25.1cm、de=20.5cm，已测得小车A（含橡皮泥）的质量mA=0.4kg，小车B（含撞针）的质量mB=0.3kg。由以上测量结果可得碰前系统总动量为 kg·m/s，碰后系统总动量为 kg·m/s。（结果均保留三位有效数字）
Ⅱ.小付利用如下实验装置完成实验。实验步骤如下：
①如图所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球1、球2与木条的撞击点；
②将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球1从斜轨上A点由静止释放，撞击点为B；
③将木条平移到图中所示位置，让入射球1从斜轨上A点由静止释放，撞击点为P；
④把球2静止放置在水平轨道的末端，让入射球1从斜轨上A点由静止释放，确定球1和球2相撞后的撞击点；
⑤测得B与N、P、M各点的高度差分别为。根据该同学的实验，回答下列问题：
（1）两小球的质量关系为 （填“>”“=”或“<”）。
（2）把小球2放在斜轨末端边缘B处，让小球1从斜轨上A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球1的落点在图中的 点。
（3）若再利用天平测量出两小球的质量分别为，则满足 时表示两小球碰撞前后动量守恒。
12．（2025高二上·宁波开学考）据某地一则新闻报道，三位男子徒手接住了一个不慎从五楼坠落的儿童，再次引起人们对见义勇为的赞扬和对类似意外坠窗事件的关注。若儿童质量儿童坠窗点高出地面14m，三人接到儿童时手离地面高度为1.2m，g取，忽略空气阻力。
（1）请计算徒手接儿童过程中儿童所受合力的冲量；
（2）若儿童与施救者之间的相互作用时间为0.1s，则儿童所受施救人员的平均作用力有多大？
13．（2025高二上·宁波开学考）两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则在以后的运动中：
（1）当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？
（2）系统中弹性势能的最大值是多少？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】动量
【解析】【解答】A．动量公式为，匀速直线运动时速度大小和方向都不变，所以动量不变，故A错误。
B． 匀速圆周运动速度大小不变，但方向时刻改变，动量是矢量，方向变则动量变 ，故B错误。
C． 速度是矢量，速度变化（大小或方向任一改变）则动量是矢量，因此，只要速度变化，动量必然变化，故C正确。
D．动能公式为，质量不变，动能变化意味着速度大小变化。动量的大小与速度大小成正比，因此动能变化时动量大小必然变化，动量不可能不变，故D错误。
故选C。
【分析】1. 核心概念
动量，动量是矢量，既有大小又有方向。
动量变化的条件：速度的大小 或 方向任一发生变化。
动能，动能是标量，只与速度的大小有关，与方向无关。
2、解题关键
判断动量是否变化：看速度矢量是否变化。
判断动能是否变化：看速度大小是否变化。
动能变 动量一定变；动量变 动能变（例如匀速圆周运动：动量变，动能不变）。
2．【答案】A
【知识点】动能；重力势能；动量
【解析】【解答】A． 动量变化 ，只受重力 ，相同 内， Δt 恒定（大小方向都不变） 物体运动过程只受重力，即在相同时间间隔内，合外力的冲量保持不变，动量的变化相同，故A正确；B．相同时间内，竖直方向的位移不同，合外力做的功不同，动能变化不同，故B错误；
C．相同时间内，竖直方向的位移不同，重力做的功不同，重力势能变化不同，故C错误；
D． 速率 ，在Δt 内速率变化取决于初末速度的竖直分量变化，但变化量在不同时间段会因为 不同而不同。例如上抛时，上升段速率减少，下降段速率增加，变化量不同，故D错误。
故选A。
【分析】1、本题关键辨析
“相同时间间隔” 在高中物理题中，如果未强调“连续相等时间间隔”，则必须考虑任意选取的两个相同长度的时间段。
动量变化只依赖于合外力与时间，与位移、初速度等无关 A 一定成立。
动能变化与重力做功相关，而重力做功依赖于竖直位移，竖直位移在不相邻的等长时间段内一般不同 B 不一定成立。
2、常见错误
混淆“动量变化”与“动能变化”的决定因素。
误以为抛体运动中任意相等时间间隔内动能变化相同（其实只在连续相等时间段才成立，且是变化量相同，不是动能相同）。
忽略题设的“一定”二字，未考虑一般性。
3．【答案】D
【知识点】共点力的平衡；功的计算；功率及其计算；冲量
【解析】【解答】A．由于乘客匀速运动，受力平衡，则吊厢对乘客的作用力大小等于其重力大小，故A错误；
B．重力做功为，，则，故B错误；
C．在时间t内，索道钢绳对吊厢的冲量，故C错误；
D．索道钢绳对吊厢做功功率为，故D正确。
故选D。
【分析】一、详细易错点
1. 乘客受力分析
错误：认为乘客速度方向倾斜，就需要吊厢给一个倾斜的合力。
正确：乘客在吊厢内，吊厢底板水平，支持力竖直向上与重力平衡，水平方向无摩擦力（因水平方向匀速运动不需要力）。
关键：运动方向 ≠ 受力方向。惯性可以保持水平速度，不需要水平力。
2. 重力做功的符号
错误：写出 当作重力做功，忽略负号。
正确：上升过程重力做负功：。
3. 钢绳拉力的计算
对“吊厢+乘客”系统：竖直方向： 。
易错：错误写成 （那是θ 为与竖直方向夹角的情况）。
4. 冲量的方向与大小
错误：用重力乘以时间再乘 当作钢绳冲量。
正确：钢绳冲量大小 ，方向沿钢绳斜向上。
5. 功率表达式
错误：功率 = ，这是错误地将“重力沿绳方向的分力”当作钢绳拉力。
正确：功率 。
二、总结避免错误的方法
画受力图：明确每个物体的受力方向，特别是支撑面方向与运动方向。
区分矢量与标量：冲量、力是矢量；功、功率计算注意方向。
重力做功：先求竖直位移，再判断正负。
拉力分解：根据竖直方向平衡求拉力 T，不要混淆夹角 θ 是跟水平还是竖直方向夹角。
功率公式： 要求F 与 v 同方向，否则用点乘 。
4．【答案】B,D
【知识点】爆炸；平抛运动
【解析】【解答】AB． 炸裂时，P 和 Q 的竖直方向初速度均为零（因为爆炸发生在最高点，此时冲天炮速度是水平的，竖直分速度为零）。炸裂后，两者在竖直方向都只受重力，初速度为零，因此它们从同一高度做自由落体运动，同时落地。 爆炸时间极短，内力远大于外力（重力），因此水平方向动量守恒。由于爆炸前速度沿水平方向，所以炸裂后总动量仍等于爆炸前的水平动量，故A错误，B正确；
C． 炸裂后，P 和 Q 的竖直运动情况相同（同时落地），水平飞行距离取决于水平速度。已知 P 质量较大且沿原方向运动，由动量守恒可知，质量较小的 Q 水平速度可能比 P 大，也可能反向，具体取决于爆炸释放的能量，因此无法确定 P 的水平位移一定更大，故C错误；
D． 爆炸时 P 和 Q 之间的相互作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，因此它们受到的冲量大小相等、方向相反，故D正确。
故选BD。
【分析】详细易错点
1. 落地时间判断
错误：认为质量大的先落地。
正确：若爆炸后竖直初速度均为 0 同时落地。
若爆炸给了竖直速度 向下初速度的先落地。
关键：仔细看题中是否说明爆炸给予竖直方向速度。本题未说明，一般按无竖直初速度处理。
2. 动量守恒的理解
错误：认为爆炸后总动量变大或系统动量不守恒。
正确：爆炸是内力作用，系统总动量守恒（矢量）。
关键：爆炸增加的只是动能（化学能转为机械能），不是动量。
3. 水平位移比较
错误：认为"沿原方向飞行"的物体水平位移一定更大。
正确：水平位移由水平速度和空中时间共同决定：
若另一块速度更大或空中时间更长，可能水平位移更大。
关键：必须综合考虑速度和时间两个因素。
4. 冲量概念
错误：认为质量不同所以受到的冲量不同。
正确：相互作用力大小相等、时间相同 冲量大小相等。
关键：冲量改变动量，但质量大的速度变化小。
5. 速度方向假设
错误：默认另一块速度方向与原来相反。
正确：由动量守恒确定：
可能正向（但小于 ）或反向。
关键：不要主观臆断，要依据动量守恒计算。
5．【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】由题知，水龙头的流量（单位时间流出水的体积）可视为一定，设为，水流速度为，横截面积为，则有，设时间内有V体积的水打在煤层上，则这些水的质量为，以这部分水为研究对象，它受到煤层的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有，解得，则被水流冲击部分的墙面所受压强
可知压强正比于水流速度的平方；当出水口的横截面积变为原来的一半时，设此时水流速度为，则有
，解得，可知水流速度变化原来的2倍，根据压强正比于水流速度的平方，当出水口的横截面积变为原来的一半时，则被水流冲击部分的墙面所受压强约为原先的4倍。故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】一、考点：
1、流量守恒 的应用。
2、动量定理计算流体冲击力：（完全非弹性碰撞，水在冲击方向速度降为 0）。
3、压强的定义 ，并判断冲击面积 的变化情况。最终得出 的关系。
二、易错点：
1、错误认为冲击面积不变：如果错误地认为冲击面积 不变，直接用 比较力，会得到 ，从而选 2 倍（错误选项 B）。
但冲击面积 A 与水柱出口横截面积 成正比，减半则 A 减半，所以 中分母也减半，分子 变为 2 倍（因为 不变，加倍， 加倍），所以 变为 。
2、忽略动量定理的使用：用水的动能来算压力，会得到 但可能系数不对，不过本题比例结果一样，但推导依据不正确。
3、混淆水冲击反弹与不反弹的情况：若水反弹，则动量变化更大，力更大。本题明确“不反弹顺墙面流下”，即水平方向速度变为 0，不是竖直方向。
6．【答案】C
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】A．当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律可得，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放时，系统水平方向动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度，则小球M运动到圆弧槽左侧的最高点时，有，又由机械能守恒定律可知，小球M同样可以运动到圆槽左侧的最高点，故A错误；
BC．当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为，则由机械能守恒定律得
解得，当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为，此时圆弧槽的速率为，根据水平方向动量守恒可得，根据机械能守恒定律得，联立解得，，两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为，故 B错误，C正确；
D．小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据水平方向动量守恒定律得
解得，故D错误。
故选C。
【分析】详细易错点
1. 最高点速度的误解
错误：认为自由滑动时小球不能到达等高点。
正确：固定槽时，小球到左侧等高点的速度为零。自由滑动时，小球到左侧最高点时相对地面的水平速度与圆弧槽相同（否则会继续上升或下降），由水平动量守恒：
，所以小球仍能到达等高点。
关键：自由滑动时在最高点两者水平速度相等（且为零），机械能守恒仍允许小球到达等高点。
2. 最低点速度的计算
错误：自由滑动时仍用固定槽的速度公式 。
正确：动量守恒：，机械能守恒：
联立解得：
关键：自由滑动时小球在最低点的速度比固定槽时小，因为一部分能量转为圆弧槽的动能。
3. 位移关系应用错误
错误：直接用人船模型但符号弄错或漏掉相对位移。
正确：水平位移关系：
相对位移：（小球从最右到最左相对槽的水平位移是 ，但注意方向）
实际上，小球相对槽的水平位移为 ，设槽位移 ，则小球对地位移为 （取槽向右位移为正）。代入：解得
关键：正确写出相对位移与绝对位移的关系。
4. 动量守恒方向混淆
错误：列动量守恒方程时忽略方向，导致速度符号错误。
正确：规定正方向（如向右为正），则 中 与 反向。
关键：解出的速度符号表示方向。
7．【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】A．在光滑水平面上，子弹射入木块过程中，系统动量守恒，A正确；
B．物块所受外力的合力不为0，等于弹簧的弹力，动量不守恒，B错误；
C．两球体匀速下滑，即两球体组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，C正确；
D．合外力沿斜面向下，物块所受外力的合力不为0，动量不守恒，D错误。
故选AC。
【分析】子弹与木块组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，木块沿光滑固定斜面下滑过程中，合外力沿斜面向下，动量不守恒。
8．【答案】A,C,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】BC．若两球碰撞前、后动量守恒，则有，，整理可得，，故B错误，C正确；
AD．两球碰撞前、后若是弹性碰撞，则有
整理可得，结合，
可得，化简可得
根据数学知识可得，解得，故AD正确。
故选ACD。
【分析】详细易错点
1. 动量守恒的矢量性
错误：只写 ，忽略垂直方向。
正确：x 方向（沿AB）：
y 方向（垂直AB）：
（注意符号：假设 ' 在 x 轴上方，' 在 x 轴下方或反之，由几何确定）
关键：动量守恒必须两个方向同时满足。
2. 动能守恒的几何形式
错误：直接写 就说是动能守恒，这仅在 时才成立，但这里 与 不一定垂直。
正确：动能守恒：，即
确实成立（因为时间相同，位移大小比例于速度大小）。
但题目中这个关系是动能守恒的直接结果，不需要垂直条件。
关键：质量相等时，动能守恒 初速度平方等于两末速度平方和。
3. 角度关系的来源
错误：认为 是动量守恒的结果。
正确：由动量守恒两个分量式：
，
由(2)得 。动能守恒：。联立可推出 。
关键： 是动量守恒 + 动能守恒（弹性碰撞）的共同结果，不是单独动量守恒的结果。
9．【答案】A,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】AB．刚好保证两船不致相撞，可知两船此时速度相等，设为v，以甲船运动方向为正方向，整个过程据动量守恒定律可得，解得甲、乙两船的速度大小为v=1.4v0，故A正确，B错误；
CD．设从甲船抛出的总货物袋数为n，对甲船抛出货物袋的过程由动量守恒定律可得
，解得n=10，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】详细易错点
1. 系统选取错误
错误：对甲船抛货物时，把乙船纳入动量守恒系统。
正确：单次抛货物时，只有甲船和抛出的货物动量守恒（短时间内，乙船未参与）。
关键：抛货过程只涉及甲船和货物；接货过程只涉及乙船和货物。
2. 总动量守恒列式错误
错误：忽略货物最终在乙船上，总质量是 。
正确：初态：
末态（货物全在乙船，两船速度相等 v，总质量 ）：
所以：
关键：货物从甲移到乙，总质量不变，但分布变化。
3. 抛货物动量守恒列式错误
错误：用甲船最初质量 一直计算。
正确：设抛了n 袋货物，甲船最终质量 ，乙船最终质量 。
对甲船抛货全过程（从初态到末态）用动量守恒：
其中 是货物对地速度（已知 ）。
关键：对甲船列动量守恒时，要包括所有从甲船抛出的货物对地速度。
4. 符号与方向错误
错误：速度方向未统一正方向（甲船方向为正，乙船初速为 ）。
正确：严格规定正方向，代入符号计算。
关键：动量是矢量，方向用正负号表示。
10．【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】BC．物块与平板车动量守恒，物块滑到平板车的左端时刚好共速，有
对物块有，解得物块B滑到平板车的左端时速度大小为，小球与平板车碰撞后，平板车获得的速度为，故BC正确；
A．设小球与平板车碰撞前瞬间速度为v0，根据机械能守恒
小球与平板车碰撞动量守恒，解得，负号表示与为v0方向相反，说明碰撞后，小球C继续向左摆起，故A错误；
D．物块B与平板车系统能量守恒，有，解得，故D错误。
故选BC。
【分析】详细易错点
1. 动量守恒系统选取错误
错误：小球下摆过程中，把小球和平板车当成水平动量守恒。
正确：小球下摆时，系统水平方向受墙的力（绳的拉力有水平分量），所以水平动量不守恒；只有小球与平板车碰撞瞬间可认为水平动量守恒。
关键：分清过程，碰撞瞬间才用动量守恒。
2. 速度方向的符号处理
错误：碰撞后速度方向判断错误，忽略负号。
正确：设向右为正。小球碰前速度 水平向右，平板车速度 vA 向左（若解出为负）。
碰撞动量守恒： 解出 可能为负，表示向左。
关键：严格规定正方向，结果负号表示反向。
3. 物块与平板车共速的条件
错误：认为物块滑到左端时速度为零。
正确：物块与平板车动量守恒：
且相对位移等于车长L，用能量守恒求 或 。
关键：共速时相对位移等于板长是临界条件。
4. 能量守恒中漏掉内能
错误：对物块与平板车系统列机械能守恒，忽略摩擦生热。
正确：系统初动能 = 共速时的动能 + 摩擦生热 。
关键：有滑动摩擦力且相对位移已知时，可用能量守恒求初速或摩擦因数。
5. 小球与车碰撞后的运动判断
错误：认为小球碰后一定向右摆。
正确：由动量守恒解出小球碰后速度，若为负则向左摆。
关键：速度符号决定摆动方向。
11．【答案】A；1.45；1.44；；M；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】Ⅰ.（1）A．本实验中要平衡摩擦力，这样可减小实验误差，故A正确；
B．实验时应先接通打点计时器电源，再推动小车A，故B错误。
故选 A。
（2）碰前A车做匀速直线运动，速度由bc 段求得
则碰前系统总动量p0=mAv0≈1.45 kg·m/s
碰后A、B车一起做匀速直线运动，速度由de 段求得
则碰后系统总动量p=(mA+mB ）v≈1.44 kg·m/s
Ⅱ. （1）为了防止两球碰后球 1 出现反弹现象，入射球 1 的质量一定要大于被碰球 2 的质量， 即m1 >m2。
（2）由图可知，两小球撞击在竖直木条上，三次平抛运动的水平位移相等，由平抛运动的规律可 知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小；碰后小球 1 的速度减小，则碰后小球 1 落到M 点。
（3）根据平抛运动规律，可知小球撞击在木条上时，下落的时间，则可知小球做平抛运动的水平速度，代入题中数据得
若碰撞过程动量守恒，则 m1v0 = m1v1 + m2v2，联立解得
【分析】详细易错点
1. 打点计时器实验
平衡摩擦力：易忘记或误解为“不需要”，导致动量不守恒。
打点顺序：易记成“先运动后通电”，正确是“先通电后释放”。
速度计算：用相邻计数点间距除以 ，注意单位换算（cm → m）。
有效数字：题目要求三位有效数字，中间计算可多保留一位。
2. 平抛实验的质量关系
错误：认为质量可以任意或 。
正确：必须 ，否则入射球可能反弹后速度反向，平抛水平位移为负，无法直接测量。
3. 平抛实验的落点混淆
不放球 2 时，球 1 落点是P（不是 B，B 是木条竖直放在轨道末端时的撞击点，用于确定末端投影点 O）。
放球 2 时：球 1 落点 （若 ，碰后球 1 仍向前）。球 2 落点 。易将 M、N 与 P 的角色混淆。
4. 动量守恒式的推导
错误：直接写 （忽略了各点高度不同 时间不同）。
正确：设 为水平轨道末端在纸上的投影。各点高度 不同 不同。
动量守恒：代入 得：
关键：不能直接用水平位移代替速度，除非所有高度相同。
12．【答案】解：（1）取竖直向下为正方向，儿童在接触施救人手臂前下落的高度h=14m-1.2m=12.8m
由v2=2gh
根据动量定理，儿童受到的合力的冲量I=0-mv
联立解得I=240Ns
（2）儿童与施救者之间的相互作用时间t=0.1s，则I=Ft
竖直方向上儿童所受施救人员的平均作用力为FN，由FN-mg=F
联立解得
【知识点】动量定理
【解析】【分析】详细易错点
1. 速度方向与正方向的规定
错误：不规定正方向，导致冲量符号混乱。
正确：若取向下为正，则 为正，末速度 0。
动量变化： 合力冲量方向向上。
若取向上为正，则 为负， 为正 合力冲量方向向上。
关键：无论正方向如何，冲量方向向上，大小 。
2. 冲量是合力冲量，不是某个力的冲量
错误：把第(1)问的冲量 I 直接当作施救者的冲量。
正确：第(1)问求的是合力冲量 。第(2)问用同样的动量定理，但 （取向上为正）或 （取向下为正），解出 。
关键：区分合力冲量与某个力的冲量。
3. 平均作用力计算时的符号错误
常见错误列式（取向下为正）：
得：，解得 （正确结果，但符号推导易错）。
更稳妥做法（取向上为正）：
，得：
关键：选一个正方向并保持一致。
13．【答案】解：（1）当A、B、C三者的速度相同时弹簧的弹性势能最大。由A、B、C组成的系统动量守恒得
解得
（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则
得
物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒定律，则
Ep=（mB＋mC）vBC2＋mAv2（mA＋mB＋mC）vABC2
代入数据可得Ep=12J
【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】【分析】一、考点：
1、动量守恒的分阶段应用：B、C 碰撞瞬间动量守恒（A 不参与）；之后 A、B、C 系统动量守恒。
2、弹簧最长或最短的临界条件：弹簧弹性势能最大时，相关联物体速度相等（相对速度为零）。
3、机械能守恒的应用：在碰撞后阶段，系统机械能守恒（弹性势能 + 动能）。
二、易错点：
1、错误使用碰撞前状态计算总能量：不能从最初状态（A、B 都 6 m/s）直接算最大弹性势能，因为 B、C 碰撞有机械能损失，这个损失不能算进弹簧势能里。
2、混淆“系统”的范围：B、C 碰撞时若错误地包括 A 在动量守恒里，会得到错误的速度。
最大弹性势能时刻的判断：有些学生误以为 B 与 C 碰撞时弹簧势能最大，实际上碰撞后 A 比 B、C 快，弹簧继续压缩才到最大势能。
3、计算动能时质量加错：如把 B、C 共同质量算成 4 kg 而不是 6 kg 等。
1 / 1浙江省宁波市宁波中学2025-2026学年高二上学期开学考试物理试卷
1．（2025高二上·宁波开学考）对于一个质量不变的物体，下列说法中正确的是（ ）
A．做匀速直线运动的物体，其动量可能变化
B．做匀速圆周运动的物体，其动量一定不变
C．物体的速度发生变化时，其动量一定变化
D．物体的动能发生变化时，其动量可能不变
【答案】C
【知识点】动量
【解析】【解答】A．动量公式为，匀速直线运动时速度大小和方向都不变，所以动量不变，故A错误。
B． 匀速圆周运动速度大小不变，但方向时刻改变，动量是矢量，方向变则动量变 ，故B错误。
C． 速度是矢量，速度变化（大小或方向任一改变）则动量是矢量，因此，只要速度变化，动量必然变化，故C正确。
D．动能公式为，质量不变，动能变化意味着速度大小变化。动量的大小与速度大小成正比，因此动能变化时动量大小必然变化，动量不可能不变，故D错误。
故选C。
【分析】1. 核心概念
动量，动量是矢量，既有大小又有方向。
动量变化的条件：速度的大小 或 方向任一发生变化。
动能，动能是标量，只与速度的大小有关，与方向无关。
2、解题关键
判断动量是否变化：看速度矢量是否变化。
判断动能是否变化：看速度大小是否变化。
动能变 动量一定变；动量变 动能变（例如匀速圆周运动：动量变，动能不变）。
2．（2025高二上·宁波开学考）一物体在地面附近的空中做抛体运动，不计空气阻力，在相同时间间隔内，一定相同的是（ ）
A．动量的变化 B．动能的变化
C．重力势能的变化 D．速率的变化
【答案】A
【知识点】动能；重力势能；动量
【解析】【解答】A． 动量变化 ，只受重力 ，相同 内， Δt 恒定（大小方向都不变） 物体运动过程只受重力，即在相同时间间隔内，合外力的冲量保持不变，动量的变化相同，故A正确；B．相同时间内，竖直方向的位移不同，合外力做的功不同，动能变化不同，故B错误；
C．相同时间内，竖直方向的位移不同，重力做的功不同，重力势能变化不同，故C错误；
D． 速率 ，在Δt 内速率变化取决于初末速度的竖直分量变化，但变化量在不同时间段会因为 不同而不同。例如上抛时，上升段速率减少，下降段速率增加，变化量不同，故D错误。
故选A。
【分析】1、本题关键辨析
“相同时间间隔” 在高中物理题中，如果未强调“连续相等时间间隔”，则必须考虑任意选取的两个相同长度的时间段。
动量变化只依赖于合外力与时间，与位移、初速度等无关 A 一定成立。
动能变化与重力做功相关，而重力做功依赖于竖直位移，竖直位移在不相邻的等长时间段内一般不同 B 不一定成立。
2、常见错误
混淆“动量变化”与“动能变化”的决定因素。
误以为抛体运动中任意相等时间间隔内动能变化相同（其实只在连续相等时间段才成立，且是变化量相同，不是动能相同）。
忽略题设的“一定”二字，未考虑一般性。
3．（2025高二上·宁波开学考）张家界天门山索道，全长为7455米，高差为1279米。一位质量为m的乘客乘索道上山，在一段索道上以速度v匀速运动，该段索道钢绳与水平方向夹角为θ，已知吊厢质量为M，悬臂竖直，重力加速度为g，则（ ）
A．吊厢对乘客的作用力为
B．在时间t内，重力对乘客做的功为mgvtsinθ
C．在时间t内，索道钢绳对吊厢的冲量为（M+m）gtsinθ
D．索道钢绳对吊厢做功功率为（M+m）gvsinθ
【答案】D
【知识点】共点力的平衡；功的计算；功率及其计算；冲量
【解析】【解答】A．由于乘客匀速运动，受力平衡，则吊厢对乘客的作用力大小等于其重力大小，故A错误；
B．重力做功为，，则，故B错误；
C．在时间t内，索道钢绳对吊厢的冲量，故C错误；
D．索道钢绳对吊厢做功功率为，故D正确。
故选D。
【分析】一、详细易错点
1. 乘客受力分析
错误：认为乘客速度方向倾斜，就需要吊厢给一个倾斜的合力。
正确：乘客在吊厢内，吊厢底板水平，支持力竖直向上与重力平衡，水平方向无摩擦力（因水平方向匀速运动不需要力）。
关键：运动方向 ≠ 受力方向。惯性可以保持水平速度，不需要水平力。
2. 重力做功的符号
错误：写出 当作重力做功，忽略负号。
正确：上升过程重力做负功：。
3. 钢绳拉力的计算
对“吊厢+乘客”系统：竖直方向： 。
易错：错误写成 （那是θ 为与竖直方向夹角的情况）。
4. 冲量的方向与大小
错误：用重力乘以时间再乘 当作钢绳冲量。
正确：钢绳冲量大小 ，方向沿钢绳斜向上。
5. 功率表达式
错误：功率 = ，这是错误地将“重力沿绳方向的分力”当作钢绳拉力。
正确：功率 。
二、总结避免错误的方法
画受力图：明确每个物体的受力方向，特别是支撑面方向与运动方向。
区分矢量与标量：冲量、力是矢量；功、功率计算注意方向。
重力做功：先求竖直位移，再判断正负。
拉力分解：根据竖直方向平衡求拉力 T，不要混淆夹角 θ 是跟水平还是竖直方向夹角。
功率公式： 要求F 与 v 同方向，否则用点乘 。
4．（2025高二上·宁波开学考）冲天炮飞上天后在天空中爆炸。当冲天炮从水平地面斜飞向天空后且恰好沿水平方向运动的瞬间，突然炸裂成一大一小P、Q两块，且质量较大的P仍沿原来方向飞出去，则（ ）
A．质量较大的P先落回地面
B．炸裂前后瞬间，总动量守恒
C．炸裂后，P飞行的水平距离较大
D．炸裂时，P、Q两块受到的内力的冲量大小相等
【答案】B,D
【知识点】爆炸；平抛运动
【解析】【解答】AB． 炸裂时，P 和 Q 的竖直方向初速度均为零（因为爆炸发生在最高点，此时冲天炮速度是水平的，竖直分速度为零）。炸裂后，两者在竖直方向都只受重力，初速度为零，因此它们从同一高度做自由落体运动，同时落地。 爆炸时间极短，内力远大于外力（重力），因此水平方向动量守恒。由于爆炸前速度沿水平方向，所以炸裂后总动量仍等于爆炸前的水平动量，故A错误，B正确；
C． 炸裂后，P 和 Q 的竖直运动情况相同（同时落地），水平飞行距离取决于水平速度。已知 P 质量较大且沿原方向运动，由动量守恒可知，质量较小的 Q 水平速度可能比 P 大，也可能反向，具体取决于爆炸释放的能量，因此无法确定 P 的水平位移一定更大，故C错误；
D． 爆炸时 P 和 Q 之间的相互作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，因此它们受到的冲量大小相等、方向相反，故D正确。
故选BD。
【分析】详细易错点
1. 落地时间判断
错误：认为质量大的先落地。
正确：若爆炸后竖直初速度均为 0 同时落地。
若爆炸给了竖直速度 向下初速度的先落地。
关键：仔细看题中是否说明爆炸给予竖直方向速度。本题未说明，一般按无竖直初速度处理。
2. 动量守恒的理解
错误：认为爆炸后总动量变大或系统动量不守恒。
正确：爆炸是内力作用，系统总动量守恒（矢量）。
关键：爆炸增加的只是动能（化学能转为机械能），不是动量。
3. 水平位移比较
错误：认为"沿原方向飞行"的物体水平位移一定更大。
正确：水平位移由水平速度和空中时间共同决定：
若另一块速度更大或空中时间更长，可能水平位移更大。
关键：必须综合考虑速度和时间两个因素。
4. 冲量概念
错误：认为质量不同所以受到的冲量不同。
正确：相互作用力大小相等、时间相同 冲量大小相等。
关键：冲量改变动量，但质量大的速度变化小。
5. 速度方向假设
错误：默认另一块速度方向与原来相反。
正确：由动量守恒确定：
可能正向（但小于 ）或反向。
关键：不要主观臆断，要依据动量守恒计算。
5．（2025高二上·宁波开学考）如图所示，某人用水管冲洗竖直墙面，水龙头的流量（单位时间流出水的体积）可视为一定，水管的入水口与水龙头相连接，水从出水口水平出射，水打到墙面后不反弹顺墙面流下。若用手挤压出水口，使出水口的横截面积变为原来的一半，则被水流冲击部分的墙面所受压强约为原先的多少倍（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
【答案】C
【知识点】动量定理
【解析】【解答】由题知，水龙头的流量（单位时间流出水的体积）可视为一定，设为，水流速度为，横截面积为，则有，设时间内有V体积的水打在煤层上，则这些水的质量为，以这部分水为研究对象，它受到煤层的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有，解得，则被水流冲击部分的墙面所受压强
可知压强正比于水流速度的平方；当出水口的横截面积变为原来的一半时，设此时水流速度为，则有
，解得，可知水流速度变化原来的2倍，根据压强正比于水流速度的平方，当出水口的横截面积变为原来的一半时，则被水流冲击部分的墙面所受压强约为原先的4倍。故ABD错误，C正确。
故选C。
【分析】一、考点：
1、流量守恒 的应用。
2、动量定理计算流体冲击力：（完全非弹性碰撞，水在冲击方向速度降为 0）。
3、压强的定义 ，并判断冲击面积 的变化情况。最终得出 的关系。
二、易错点：
1、错误认为冲击面积不变：如果错误地认为冲击面积 不变，直接用 比较力，会得到 ，从而选 2 倍（错误选项 B）。
但冲击面积 A 与水柱出口横截面积 成正比，减半则 A 减半，所以 中分母也减半，分子 变为 2 倍（因为 不变，加倍， 加倍），所以 变为 。
2、忽略动量定理的使用：用水的动能来算压力，会得到 但可能系数不对，不过本题比例结果一样，但推导依据不正确。
3、混淆水冲击反弹与不反弹的情况：若水反弹，则动量变化更大，力更大。本题明确“不反弹顺墙面流下”，即水平方向速度变为 0，不是竖直方向。
6．（2025高二上·宁波开学考）如图所示，质量为2m的滑块带有半圆弧槽N，且圆弧槽的半径为r，所有接触面的摩擦力均可忽略。在下列两种情况下均将质量为m且可视为质点的小球M由右侧的最高点无初速释放，第一种情况滑块固定不动；第二种情况滑块可自由滑动。下列说法正确的是（ ）
A．只有第一种情况，小球可运动到左侧最高点
B．两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为
C．第二种情况，小球滑到圆弧槽最低点时，圆弧槽的速度为
D．第二种情况，圆弧槽距离出发点的最远距离为
【答案】C
【知识点】碰撞模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】A．当圆弧槽固定时，由机械能守恒定律可得，小球M能运动到圆弧槽左侧的最高点；当圆弧槽自由滑动时，对于M、N组成的系统，水平方向动量守恒，小球M从圆弧槽的右端最高点由静止释放时，系统水平方向动量为零，设小球M到达左侧最高点的速度，则小球M运动到圆弧槽左侧的最高点时，有，又由机械能守恒定律可知，小球M同样可以运动到圆槽左侧的最高点，故A错误；
BC．当圆弧槽固定时，小球M到最低点时的速度为，则由机械能守恒定律得
解得，当圆弧槽自由滑动时，设小球M到达最低点时的速率为，此时圆弧槽的速率为，根据水平方向动量守恒可得，根据机械能守恒定律得，联立解得，，两种情况下，小球滑到圆弧槽最低点时的速度之比为，故 B错误，C正确；
D．小球M和圆弧槽组成的系统在水平方向上动量守恒，当小球运动到左侧最高点时，圆弧槽向右运动的位移最大，设圆弧槽向右的最大位移为x，根据水平方向动量守恒定律得
解得，故D错误。
故选C。
【分析】详细易错点
1. 最高点速度的误解
错误：认为自由滑动时小球不能到达等高点。
正确：固定槽时，小球到左侧等高点的速度为零。自由滑动时，小球到左侧最高点时相对地面的水平速度与圆弧槽相同（否则会继续上升或下降），由水平动量守恒：
，所以小球仍能到达等高点。
关键：自由滑动时在最高点两者水平速度相等（且为零），机械能守恒仍允许小球到达等高点。
2. 最低点速度的计算
错误：自由滑动时仍用固定槽的速度公式 。
正确：动量守恒：，机械能守恒：
联立解得：
关键：自由滑动时小球在最低点的速度比固定槽时小，因为一部分能量转为圆弧槽的动能。
3. 位移关系应用错误
错误：直接用人船模型但符号弄错或漏掉相对位移。
正确：水平位移关系：
相对位移：（小球从最右到最左相对槽的水平位移是 ，但注意方向）
实际上，小球相对槽的水平位移为 ，设槽位移 ，则小球对地位移为 （取槽向右位移为正）。代入：解得
关键：正确写出相对位移与绝对位移的关系。
4. 动量守恒方向混淆
错误：列动量守恒方程时忽略方向，导致速度符号错误。
正确：规定正方向（如向右为正），则 中 与 反向。
关键：解出的速度符号表示方向。
7．（2025高二上·宁波开学考）以下四个图中，系统动量守恒的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】A．在光滑水平面上，子弹射入木块过程中，系统动量守恒，A正确；
B．物块所受外力的合力不为0，等于弹簧的弹力，动量不守恒，B错误；
C．两球体匀速下滑，即两球体组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，C正确；
D．合外力沿斜面向下，物块所受外力的合力不为0，动量不守恒，D错误。
故选AC。
【分析】子弹与木块组成的系统所受外力的合力为0，该系统动量守恒，木块沿光滑固定斜面下滑过程中，合外力沿斜面向下，动量不守恒。
8．（2025高二上·宁波开学考）某同学拍摄了台球碰撞的频闪照片如图所示，在水平桌面上，台球1向右运动，与静止的台球2发生碰撞。已知两个台球的质量相等，他测量了台球碰撞前后相邻两次闪光时间内台球运动的距离AB、CD、EF，其中EF与AB连线的夹角为α，CD与AB连线的夹角为β。下列说法中正确的是（ ）
A．若满足，说明两球碰撞前、后机械能守恒
B．若满足，说明两球碰撞前、后动量守恒
C．若满足和，说明两球碰撞前、后动量守恒
D．若满足说明是弹性碰撞
【答案】A,C,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】BC．若两球碰撞前、后动量守恒，则有，，整理可得，，故B错误，C正确；
AD．两球碰撞前、后若是弹性碰撞，则有
整理可得，结合，
可得，化简可得
根据数学知识可得，解得，故AD正确。
故选ACD。
【分析】详细易错点
1. 动量守恒的矢量性
错误：只写 ，忽略垂直方向。
正确：x 方向（沿AB）：
y 方向（垂直AB）：
（注意符号：假设 ' 在 x 轴上方，' 在 x 轴下方或反之，由几何确定）
关键：动量守恒必须两个方向同时满足。
2. 动能守恒的几何形式
错误：直接写 就说是动能守恒，这仅在 时才成立，但这里 与 不一定垂直。
正确：动能守恒：，即
确实成立（因为时间相同，位移大小比例于速度大小）。
但题目中这个关系是动能守恒的直接结果，不需要垂直条件。
关键：质量相等时，动能守恒 初速度平方等于两末速度平方和。
3. 角度关系的来源
错误：认为 是动量守恒的结果。
正确：由动量守恒两个分量式：
，
由(2)得 。动能守恒：。联立可推出 。
关键： 是动量守恒 + 动能守恒（弹性碰撞）的共同结果，不是单独动量守恒的结果。
9．（2025高二上·宁波开学考）如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为80m0、20m0两船沿同一直线相向运动，速度大小分别为2v0、v0。为避免两船相撞，甲船上的人不断地将质量为m0的货物袋以相对地面6.2v0的水平速度抛向乙船，且被乙船上的人接住，假设某一次甲船上的人将货物袋抛出且被乙船上的人接住后，刚好可保证两船不致相撞，不计水的阻力。试求此时（ ）
A．甲、乙两船的速度大小1.4v0 B．甲、乙两船的速度大小1.25v0
C．从甲船抛出的总货物袋数12个 D．从甲船抛出的总货物袋数10个
【答案】A,D
【知识点】碰撞模型
【解析】【解答】AB．刚好保证两船不致相撞，可知两船此时速度相等，设为v，以甲船运动方向为正方向，整个过程据动量守恒定律可得，解得甲、乙两船的速度大小为v=1.4v0，故A正确，B错误；
CD．设从甲船抛出的总货物袋数为n，对甲船抛出货物袋的过程由动量守恒定律可得
，解得n=10，故C错误，D正确。
故选AD。
【分析】详细易错点
1. 系统选取错误
错误：对甲船抛货物时，把乙船纳入动量守恒系统。
正确：单次抛货物时，只有甲船和抛出的货物动量守恒（短时间内，乙船未参与）。
关键：抛货过程只涉及甲船和货物；接货过程只涉及乙船和货物。
2. 总动量守恒列式错误
错误：忽略货物最终在乙船上，总质量是 。
正确：初态：
末态（货物全在乙船，两船速度相等 v，总质量 ）：
所以：
关键：货物从甲移到乙，总质量不变，但分布变化。
3. 抛货物动量守恒列式错误
错误：用甲船最初质量 一直计算。
正确：设抛了n 袋货物，甲船最终质量 ，乙船最终质量 。
对甲船抛货全过程（从初态到末态）用动量守恒：
其中 是货物对地速度（已知 ）。
关键：对甲船列动量守恒时，要包括所有从甲船抛出的货物对地速度。
4. 符号与方向错误
错误：速度方向未统一正方向（甲船方向为正，乙船初速为 ）。
正确：严格规定正方向，代入符号计算。
关键：动量是矢量，方向用正负号表示。
10．（2025高二上·宁波开学考）如图所示，质量M=1kg的平板车A放在光滑的水平面上，质量m=0.5kg的物块B放在平板车右端上表面，质量m=0.5kg的小球C用长为6.4m的细线悬挂于O点，O点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为6.4m，将小球向左拉到一定高度，悬线拉直且与竖直方向的夹角为60°，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为0.5s，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度g取，下列说法正确的是（ ）
A．小球与平板车碰撞后，小球C继续向右摆起
B．小球与平板车碰撞后，平板车获得4.5m/s的速度
C．物块B滑到平板车的左端时速度大小为3m/s
D．平板车的长度为3.08m
【答案】B,C
【知识点】牛顿运动定律的应用—板块模型；动量与能量的其他综合应用
【解析】【解答】BC．物块与平板车动量守恒，物块滑到平板车的左端时刚好共速，有
对物块有，解得物块B滑到平板车的左端时速度大小为，小球与平板车碰撞后，平板车获得的速度为，故BC正确；
A．设小球与平板车碰撞前瞬间速度为v0，根据机械能守恒
小球与平板车碰撞动量守恒，解得，负号表示与为v0方向相反，说明碰撞后，小球C继续向左摆起，故A错误；
D．物块B与平板车系统能量守恒，有，解得，故D错误。
故选BC。
【分析】详细易错点
1. 动量守恒系统选取错误
错误：小球下摆过程中，把小球和平板车当成水平动量守恒。
正确：小球下摆时，系统水平方向受墙的力（绳的拉力有水平分量），所以水平动量不守恒；只有小球与平板车碰撞瞬间可认为水平动量守恒。
关键：分清过程，碰撞瞬间才用动量守恒。
2. 速度方向的符号处理
错误：碰撞后速度方向判断错误，忽略负号。
正确：设向右为正。小球碰前速度 水平向右，平板车速度 vA 向左（若解出为负）。
碰撞动量守恒： 解出 可能为负，表示向左。
关键：严格规定正方向，结果负号表示反向。
3. 物块与平板车共速的条件
错误：认为物块滑到左端时速度为零。
正确：物块与平板车动量守恒：
且相对位移等于车长L，用能量守恒求 或 。
关键：共速时相对位移等于板长是临界条件。
4. 能量守恒中漏掉内能
错误：对物块与平板车系统列机械能守恒，忽略摩擦生热。
正确：系统初动能 = 共速时的动能 + 摩擦生热 。
关键：有滑动摩擦力且相对位移已知时，可用能量守恒求初速或摩擦因数。
5. 小球与车碰撞后的运动判断
错误：认为小球碰后一定向右摆。
正确：由动量守恒解出小球碰后速度，若为负则向左摆。
关键：速度符号决定摆动方向。
11．（2025高二上·宁波开学考）为了验证动量守恒定律，小芦和小付分别采用了两套实验方案来完成该实验。
Ⅰ.小芦采用如图甲所示的实验装置完成实验。已知打点计时器的电源周期为0.02s。
（1）下列说法正确的是 。
A．本实验中应平衡摩擦力
B.实验时先推动小车A，再接通打点计时器电源
（2）若获得的纸带如图乙所示，从a点开始，每5个点取一个计数点，其中a、b、c、d、e都为计数点，并测得相邻计数点间距分别为ab=20.3cm、bc=36.2cm、cd=25.1cm、de=20.5cm，已测得小车A（含橡皮泥）的质量mA=0.4kg，小车B（含撞针）的质量mB=0.3kg。由以上测量结果可得碰前系统总动量为 kg·m/s，碰后系统总动量为 kg·m/s。（结果均保留三位有效数字）
Ⅱ.小付利用如下实验装置完成实验。实验步骤如下：
①如图所示，将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上，用来记录实验中球1、球2与木条的撞击点；
②将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触，让入射球1从斜轨上A点由静止释放，撞击点为B；
③将木条平移到图中所示位置，让入射球1从斜轨上A点由静止释放，撞击点为P；
④把球2静止放置在水平轨道的末端，让入射球1从斜轨上A点由静止释放，确定球1和球2相撞后的撞击点；
⑤测得B与N、P、M各点的高度差分别为。根据该同学的实验，回答下列问题：
（1）两小球的质量关系为 （填“>”“=”或“<”）。
（2）把小球2放在斜轨末端边缘B处，让小球1从斜轨上A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，碰后小球1的落点在图中的 点。
（3）若再利用天平测量出两小球的质量分别为，则满足 时表示两小球碰撞前后动量守恒。
【答案】A；1.45；1.44；；M；
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】Ⅰ.（1）A．本实验中要平衡摩擦力，这样可减小实验误差，故A正确；
B．实验时应先接通打点计时器电源，再推动小车A，故B错误。
故选 A。
（2）碰前A车做匀速直线运动，速度由bc 段求得
则碰前系统总动量p0=mAv0≈1.45 kg·m/s
碰后A、B车一起做匀速直线运动，速度由de 段求得
则碰后系统总动量p=(mA+mB ）v≈1.44 kg·m/s
Ⅱ. （1）为了防止两球碰后球 1 出现反弹现象，入射球 1 的质量一定要大于被碰球 2 的质量， 即m1 >m2。
（2）由图可知，两小球撞击在竖直木条上，三次平抛运动的水平位移相等，由平抛运动的规律可 知，水平速度越大，竖直方向下落的高度越小；碰后小球 1 的速度减小，则碰后小球 1 落到M 点。
（3）根据平抛运动规律，可知小球撞击在木条上时，下落的时间，则可知小球做平抛运动的水平速度，代入题中数据得
若碰撞过程动量守恒，则 m1v0 = m1v1 + m2v2，联立解得
【分析】详细易错点
1. 打点计时器实验
平衡摩擦力：易忘记或误解为“不需要”，导致动量不守恒。
打点顺序：易记成“先运动后通电”，正确是“先通电后释放”。
速度计算：用相邻计数点间距除以 ，注意单位换算（cm → m）。
有效数字：题目要求三位有效数字，中间计算可多保留一位。
2. 平抛实验的质量关系
错误：认为质量可以任意或 。
正确：必须 ，否则入射球可能反弹后速度反向，平抛水平位移为负，无法直接测量。
3. 平抛实验的落点混淆
不放球 2 时，球 1 落点是P（不是 B，B 是木条竖直放在轨道末端时的撞击点，用于确定末端投影点 O）。
放球 2 时：球 1 落点 （若 ，碰后球 1 仍向前）。球 2 落点 。易将 M、N 与 P 的角色混淆。
4. 动量守恒式的推导
错误：直接写 （忽略了各点高度不同 时间不同）。
正确：设 为水平轨道末端在纸上的投影。各点高度 不同 不同。
动量守恒：代入 得：
关键：不能直接用水平位移代替速度，除非所有高度相同。
12．（2025高二上·宁波开学考）据某地一则新闻报道，三位男子徒手接住了一个不慎从五楼坠落的儿童，再次引起人们对见义勇为的赞扬和对类似意外坠窗事件的关注。若儿童质量儿童坠窗点高出地面14m，三人接到儿童时手离地面高度为1.2m，g取，忽略空气阻力。
（1）请计算徒手接儿童过程中儿童所受合力的冲量；
（2）若儿童与施救者之间的相互作用时间为0.1s，则儿童所受施救人员的平均作用力有多大？
【答案】解：（1）取竖直向下为正方向，儿童在接触施救人手臂前下落的高度h=14m-1.2m=12.8m
由v2=2gh
根据动量定理，儿童受到的合力的冲量I=0-mv
联立解得I=240Ns
（2）儿童与施救者之间的相互作用时间t=0.1s，则I=Ft
竖直方向上儿童所受施救人员的平均作用力为FN，由FN-mg=F
联立解得
【知识点】动量定理
【解析】【分析】详细易错点
1. 速度方向与正方向的规定
错误：不规定正方向，导致冲量符号混乱。
正确：若取向下为正，则 为正，末速度 0。
动量变化： 合力冲量方向向上。
若取向上为正，则 为负， 为正 合力冲量方向向上。
关键：无论正方向如何，冲量方向向上，大小 。
2. 冲量是合力冲量，不是某个力的冲量
错误：把第(1)问的冲量 I 直接当作施救者的冲量。
正确：第(1)问求的是合力冲量 。第(2)问用同样的动量定理，但 （取向上为正）或 （取向下为正），解出 。
关键：区分合力冲量与某个力的冲量。
3. 平均作用力计算时的符号错误
常见错误列式（取向下为正）：
得：，解得 （正确结果，但符号推导易错）。
更稳妥做法（取向上为正）：
，得：
关键：选一个正方向并保持一致。
13．（2025高二上·宁波开学考）两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则在以后的运动中：
（1）当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？
（2）系统中弹性势能的最大值是多少？
【答案】解：（1）当A、B、C三者的速度相同时弹簧的弹性势能最大。由A、B、C组成的系统动量守恒得
解得
（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为vBC，则
得
物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒定律，则
Ep=（mB＋mC）vBC2＋mAv2（mA＋mB＋mC）vABC2
代入数据可得Ep=12J
【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】【分析】一、考点：
1、动量守恒的分阶段应用：B、C 碰撞瞬间动量守恒（A 不参与）；之后 A、B、C 系统动量守恒。
2、弹簧最长或最短的临界条件：弹簧弹性势能最大时，相关联物体速度相等（相对速度为零）。
3、机械能守恒的应用：在碰撞后阶段，系统机械能守恒（弹性势能 + 动能）。
二、易错点：
1、错误使用碰撞前状态计算总能量：不能从最初状态（A、B 都 6 m/s）直接算最大弹性势能，因为 B、C 碰撞有机械能损失，这个损失不能算进弹簧势能里。
2、混淆“系统”的范围：B、C 碰撞时若错误地包括 A 在动量守恒里，会得到错误的速度。
最大弹性势能时刻的判断：有些学生误以为 B 与 C 碰撞时弹簧势能最大，实际上碰撞后 A 比 B、C 快，弹簧继续压缩才到最大势能。
3、计算动能时质量加错：如把 B、C 共同质量算成 4 kg 而不是 6 kg 等。
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