2025届高考物理二轮复习：三大观点在力学中的应用习题

专题七三大观点在力学中的应用

［专题复习定位］

1.理解动量和冲量的概念，应用动量定理和动量守恒定律分析和解决简单问题。2.

培养学生应用动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律分析与

解决力学综合问题的能力。

高考真题再现

命题点1动量定理和动量守恒定律

1.（多选）（2024•广西卷，T8）如图，在光滑平台上有两个相同的弹性小球〃和儿〃

水平向右运动，速度大小为％〃与静置于平台边缘的"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，”在（BC）

V

7//777777777/

墙

面

^7777777777777777777777777777777.

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F

D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于/

解析：由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过程是弹性碰撞，由于两小

球质量相等，故碰撞后两小球交换速度，即0=0,VN=V,碰后小球"做平抛运动，在水平

方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于■;在竖直方向上做自

由落体运动，即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动。

2.（多选）（2024•广东卷，T10）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〃甲、〃乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在。处平滑相接，滑块与水

平面间的动摩擦因数为。，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（ABD）

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〃乙无关

D.甲最终停止位置与。处相距与

解析：两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0,故A

正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知

碰后两滑块交换速度，故B正确；设斜坡倾角为9,乙下滑过程有〃乙=（g/sin?在

水平面运动一段时间友后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动力3时间，则乙运动的

时间t=小+友+友，由于力1与〃乙有关，则总时间与〃乙有关，故C错误；乙下滑过程有侬7

乙该，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时

乙最终停止的位置相同，则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有色=2ngx,联立

可得x=§,故D正确。

3.（2024•广东卷，T14）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。

图甲图乙图丙

（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A,敏感球的质量为〃，重力加速度为&忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角

的正切值tan9；

（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

竖直方向作用力/随时间力的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量〃=

30kg,〃=3.2m,重力加速度大小g取10m/s2o求：

①碰撞过程中尸的冲量大小和方向；

②碰撞结束后头锤上升的最大高度。

解析：（1）敏感球受向下的重力侬和敏感臂向下的压力A以及斜面的支持力"则由牛

顿第二定律可知（侬+A）tan9—ma

ARma

解得tan9=-V77o

(2)①由图像可知碰撞过程中方的冲量大小

1

IF=-X0.1X6600N•s=330N•s

方向竖直向上。

②头锤落到气囊上时的速度

vo=yj2,gH=8m/s

与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)有

IF—Mgt—Mv—(—Mvo)

解得V=2m/s

v2

则头锤上升的最大高度h=—=0.2mo

2g

答案：(D一筌三(2)①330N・s方向竖直向上

侬

②0.2m

命题点2三大观点分析力学中的碰撞问题

4.(2024•辽宁、吉林、黑龙江卷，T14)如图，高度力=0.8m的水平桌面上放置两个

相同物块/、B,质量®=◎=0.1kg。2、8间夹一压缩量Ax=0.1m的轻弹簧，弹簧与4、

6不拴接。同时由静止释放/、B,弹簧恢复原长时/恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平

射程为=0.4m；夕脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离须=0.25m后停止。46均视为质点，

2

重力加速度g取10m/so求：

ABB

/

4/)

(1)脱离弹簧时46的速度大小打和VB；

(2)物块与桌面间的动摩擦因数P；

(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能A瓦。

解析：(1)对A物块由平抛运动知识得gd

XA=VAt

代入数据解得，脱离弹簧时/的速度大小为勿=1m/s

对46物块整体由动量守恒定律有

mAVA=niBVB

解得脱离弹簧时6的速度大小”=1m/s。

(2)对物块8由动能定理有

12

_UmBgXB=0--IBBVB

代入数据解得，物块与桌面间的动摩擦因数〃=0.2。

(3)由能量守恒定律有

1212

△瓦=5RIAVA+~OIBVB+PniAg^XA+口mugXXB

其中@=磔，AAXA+AXB

解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能A瓦=0.12J。

答案：⑴1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J

5.(2024•安徽卷，T14)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。点正下方，并轻靠在物块左侧。现

将细线拉直到水平位置时，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，物块沿着轨道运动，已知细线长/=1.25m,小球质量〃=0.20kg,物块、小车质量均

为〃=0.30kg,小车上的水平轨道长0m,圆弧轨道半径A=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/s%

(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”的取值范围。

解析：(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理可得败=[7谓一o

解得及=5m/s

在最低点，对小球由牛顿第二定律可得

2

FL[—mg=nr及-r

解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小片=6N„

(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mn=mvl+Mv2

加看mviMn

解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小性的=4m/s。

(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体，水平

方向动量守恒，有Mvi=2Mvi

由能量守恒定律可得

-Mvi=-X2〃黄+UiMgs

解得小=0.4

若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体有

Mvi=2Mvi

1212,,

-MV2=-X2〃谒+ii2Mgs+MgR

解得4=0.25

综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数u的取值范围为0.25W〃<0.4。

答案：(1)6N(2)4m/s(3)0.25W〃〈0.4

6.(2024•湖北卷，T14)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0,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。点右侧的户点

固定一钉子，户点与。点等高。将质量为0.10kg的小物块无初速度轻放在传送带左端，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。点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕尸点向上运动。已

2

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取10m/so

OCP

(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)若小球运动到尸点正上方，绳子不松弛，求尸点到。点的最小距离。

解析：(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有nmg^ma

解得a=5m/s2

由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离

谣

x=———2.5m〈/传=3.6m

La

可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块

的速度大小等于传送带的速度大小5m/so

(2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒,

以向右为正方向，由动量守恒定律有力物物再+而球作

其中y=5m/s,Fi=—1m/s

解得匹=3m/s

小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能AA=j〃物£加物日

力球V2

解得Afi=O.3Jo

(3)若小球运动到9点正上方，绳子恰好不松弛，设此时户点到。点的距离为4小球

在户点正上方的速度为期在？点正上方，由牛顿第二定律有

V32

.球g=加球,、一4

小球从。点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有g/球谒=1•勿球£+0球

g(2/绳一")

联立解得d=0.2m

即尸点到。点的最小距离为0.2mo

答案:(1)5m/s(2)0.3J(3)0.2m

命题点3三大观点分析力学中的“板块模型”问题

7.(2024•山东卷，T17)如图甲所示，质量为〃的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平

部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在户点平滑连接，0为轨道的最高

点。质量为〃的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为〃，最大静

2

摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=Q.4m,重力加速度大小g取10m/so

(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到0点时，受到轨道的弹力大小等

于3侬，求小物块在0点的速度大小■；

(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力凡小物块处在轨道水平部分时，轨道

加速度a与尸对应关系如图乙所示。

①求共和7Z7;

②初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力尸=8N,当小物块

到p点时撤去凡小物块从0点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的

长度L。

V2

解析：(1)根据题意可知小物块在0点由合力提供向心力有mg-\-3mg=nr^

代入数据解得r=4m/so

(2)①根据题意可知当7^4N时，小物块与轨道一起向左加速，根据牛顿第二定律可知

F=a

根据题图乙有*尸而=°-5kg-1

当外力94N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有尸一〃侬=%

结合题图乙有a=j6一竿

可知左=，=1kg-1

截距力=一"=-2m/s2

联立以上各式可得

M=\kg,m=lkg,〃=0.2。

②由题图乙可知，当尸=8N时，轨道的加速度a=6m/s)小物块的加速度&=〃g=

2m/s2

当小物块运动到月点时，经过友时间，对轨道有Vi=aito

对小物块有V2=3,2to

在小物块运动到尸点到从0点离开轨道这个过程中系统机械能守恒，有

11

+2

勿

2-2-理~麻+~混-\-2mgR

水平方向动量守恒，以水平向左的方向为正方向,

贝Ij有mv2=Mv?,A-mv^

联立解得力o=L5s

1

根据运动学公式有£=2ato

2-

代入数据解得Z=4.5mo

答案：(1)4m/s(2)①0.21kg②4.5m

，.-.......................题..型..分..类...讲..练.......................

题型一动量定理和动量守恒定律

1.动量定理

(1)公式：/=4-P,除表明等号两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系,

即合外力的冲量是动量变化的原因。

(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系。动量变化的方向与合外

力的冲量方向相同。

2.动量守恒定律

(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保

持不变。

（2）表达式：nhVi+/ikV2—nhVi'+/ikv2'或0=//（系统相互作用前总动量。等于相互作

用后总动量"）,或△〃=（）（系统总动量的变化量为零），或AR=一（相互作用的两个

物体组成的系统，两物体动量的变化量大小相等、方向相反）。

（3）守恒条件

①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零。

②系统所受外力的合力不为零，但在某一方向上系统受到的合力为零，则系统在该方向

上动量守恒。

③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程。

考向1动量和冲量的理解

典例口（多选）（2023•新课标卷，T19）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（BD）

甲乙

,,,,,............L,s

77777/777777777777/7777777777777777777777777/।77777

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

［解析］根据户一〃侬=侬可得a=&1—〃g,因0甲〉必乙，故a甲＜,乙，则任意时刻甲

的速度大小比乙的小，A错误；0甲＞0乙，又“甲=〃乙，则/'甲〉『乙，故甲和乙组成的系统合

外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。

考向2动量定理的理解和应用

典例日如图所示，足球场上，守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去,

使球停下。关于此过程守门员戴手套的作用，以下分析正确的是（A）

A.减小球的平均作用力

B.增大手受到球的冲量

C.球受到的动量变大

D.使球的加速度变大

［解析］守门员会戴着厚厚的手套向水平飞奔而来的球扑去，这样可以增加球与手接触

的时间，根据动量定理得一口=0—/匕可得尸=下，当时间增大时，冲量和动量的变化量

都不变，可减小动量的变化率，即减小球对手的平均作用力，故A正确，B、C、D错误。

典例目人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到

眼睛的情况。若手机的质量勿=200g,从离人眼约人=20cm的高度无初速度掉落，砸到眼

睛后经△2=0.01s手机停止运动，重力加速度g取10m/s?,下列分析正确的是（C）

A.手机对眼睛的作用力大小为30N

B.手机对眼睛的作用力大小为40N

C.全过程手机所受重力的冲量大小为0.42N-s

D.全过程手机所受重力的冲量大小为0.40N•s

［解析］手机自由下落人时的速度尸=2m/s,手机与眼相互作用过程，以竖直

向下为正方向，根据动量定理可得（侬一句At=0—〃力解得手机受到的作用力大小b=42N,

由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的作用力大小为42N,A、B错误；手机自由下落时间t

V

=7=62s,全过程手机所受重力的冲量大小/=侬（-△«=0.42N•s,C正确'D错

误。

考向3应用动量定理分析“流体模型

典例副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（C）

A.1B.2

C.4D.8

［解析］由题意可知，水龙头的流量（单位时间流出水的体积）可视为一定，设为&水

流速度为由，横截面积为S,则有0=5及，设△力时间内有，体积的水打在墙面上，则这些

水的质量勿=0「=00A大=九以这部分水为研究对象，它受到墙面的作用力为尸，

以水运动的方向为正方向，由动量定理有一尸△t=0—小外，解得尸=0S喘，则被水流冲击

F

部分的墙面所受压强°=飞喘，可知压强正比于水流速度的平方；当出水口的横截面积

S

变为原来的一半时，设此时水流速度为M,有Q=Sv0=~v',解得M=2期可知水流

速度变化为原来的2倍，根据压强正比于水流速度的平方可知，当出水口的横截面积变为原

来的一半时，被水流冲击部分的墙面所受压强约为原先的4倍。

考向4动量守恒定律的理解和应用

a^iB如图所示，曲面体户静止于光滑水平面上，物块0自户的上端由静止释放。Q

与尸的接触面光滑，。在尸上运动的过程中，下列说法正确的是(B)

A.户对0做功为零

B.尸和0之间的相互作用力做功之和为零

C.尸和0构成的系统机械能守恒、动量守恒

D.2和0构成的系统机械能不守恒、动量守恒

［解析］。在尸上运动的过程中，尸对0的弹力方向垂直于接触面，与0的位移方向夹

角大于90°,则尸对0做功不为零，故A错误。。在户上运动的过程中，整个系统只有重力

做功，机械能守恒，产和。之间的相互作用力属于内力并且等大、反向，二者在力的方向上

发生的位移相等，所以做功之和为零。系统在水平方向上合力为零，即水平方向动量守恒。

系统在竖直方向上所受合力不为零，则竖直方向动量不守恒。故B正确，C、D错误。

6在空间技术发展过程中，喷气背包曾经作为航天员舱外活动的主要动力装置,

它能让航天员保持较高的机动性。如图所示，航天员在距离空间站舱门为d的位置与空间站

保持相对静止，启动喷气背包，压缩气体，使气体通过横截面积为S的喷口以速度再持续

喷出，航天员到达舱门时的速度为玲。若航天员连同整套舱外太空服的质量为〃，不计喷出

气体后航天员和装备质量的变化，忽略航天员的速度对喷气速度的影响以及喷气过程中压缩

气体密度的变化，则喷出压缩气体的密度为(D)

?航天员

d

空间站

.2加加

Sdn2sd也

2扇麻

,SdvxD.2Sd/\

［解析］设喷出的气体的质量为如贝根据动量守恒定律可得0再=〃匹，航

天员受力恒定，做初速度为零的匀加速直线运动，则蔡•t=d,联立解得0=焦-0

22Sdvi

题型二三大观点分析力学综合问题

1.从研究对象上看

(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律。

(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律。

(3)若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定

律”去解决问题，但必须注意研究对象是否满足定律的守恒条件。

2.从研究过程上看

⑴凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点。

(2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点。

(3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理。

(4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律。

3.从所涉及的物理量看

(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律;

(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，则一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛

顿运动定律;

(3)如果涉及运动的位移或路程的问题，则一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛

顿运动定律;

(4)如果涉及初、末速度的问题，则一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点,

最后再考虑用牛顿运动定律。

「典例目如图所示，小球6静止在光滑的水平台面上，台面距离地面的高度分=0.8m。

小球/以速度的=4m/s向着6运动并发生正碰，之后4和8先后从台面水平抛出，落到地

面上时的落点分别为a和6,测得a、6之间的距离x=1.20m。已知两个小球力和彳的质量

相同，g取10m/s2o

(1)小球48落到地面上的时间分别为多少？

(2)正碰后小球46的速度分别为多大?

［解析］(1)小球A8从同一高度做平抛运动，而平抛运动竖直方向为自由落体运动,

则有力=1g/,解得力=0.4So

(2)设小球/、夕的质量均为加正碰后的速度分别为历、匹，由动量守恒定律有w)=“i

-\~mv2

在平抛运动中的水平方向上有位移关系V2t—Vxt=1.2m

联立解得所=0.5m/s,於=3.5m/so

［答案］(1)均为0.4s(2)0.5m/s3.5m/s

8如图所示，在光滑的水平面上有一质量44kg的平板车，小车右端固定一

竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端尸处有一可以视

为质点的小滑块，其质量%=2kg。平板车上表面。点的左侧粗糙，右侧光滑，附间的距离

/=10mo某时刻平板车以q=1m/s的速度向左滑行，同时小滑块以吻=8m/s的速度向右

滑行。一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与0点相距d=3m,g取

10m/s2o求：

(1)小滑块与平板车相对静止时的速度环

(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数N;

(3)弹簧可能获得的最大弹性势能及。

［解析］(1)设K0共同速度为％取水平向右为正方向，由动量守恒定律有力性一物1

=(M+ni)v

解得v=2m/s

方向水平向右。

(2)如果小滑块尚未越过0点就与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，

由能量守恒定律有2加+|mn-1(JH-ffl)/=n、mg(L-d)

解得小=0.54

如果小滑块越过0点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车与滑

块组成的系统，

由能量守恒定律有

1+-mn—g(JM-ffl)v—jj2nig(L+d)

解得〃2=0.18。

(3)如果小滑块尚未越过0点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零。如果小

滑块越过。点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，对平板车、滑块和弹簧组

成的系统，由能量守恒定律有(Mv\mv2(M+ni)/=以加gZ+笈

得瓦=18J

所以，弹簧可能获得的最大弹性势能为18Jo

［答案］(1)2m/s,方向水平向右(2)见解析

(3)18J

专题强化练

4-..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................

L如图所示，一个质量为0.2kg的垒球，以20m/s的水平速度飞至球棒，被球棒打击

后反向水平飞回，速度大小变为40m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01s,下列说法正

确的是(D)

A.球棒对垒球不做功

B.球棒对垒球做负功

C.球棒对垒球的平均作用力大小为400N

D.球棒对垒球的平均作用力大小为1200N

解析：由动能定理可得球棒对垒球做的功上|■0情—1mv[=120J,球棒对垒球做正

功，故A、B错误；由动量定理有一尸力=一勿匹一力匕，可得球棒对垒球的平均作用力大小尸=

1200N,故C错误，D正确。

2.（多选）安全带是汽车行驶过程中生命安全的保障带。在汽车正面碰撞测试中，汽车

以72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg,使用安全带时，假人用时0.8s停

下；不使用安全带时，假人与前方碰撞，用时0.2s停下。以下说法正确的是（BC）

A.碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒

B.无论是否使用安全带，假人动量变化量相同

C.使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250N

D.不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为2500N

解析：碰撞过程中，汽车和假人组成的系统受撞击力作用，总动量不守恒，故A错误；

假人的初动量〃=0的，末动量都为0,所以无论是否使用安全带，假人动量变化量相同，故

B正确；使用安全带时，根据动量定理有理=0一0,解得尸=1250N,假人受到的平均作

用力约为1250N,故C正确；不使用安全带时，根据动量定理有kt'=0-/2,解得严

=5000N,假人受到的平均作用力约为5000N,故D错误。

3.（多选）（2024•深圳市罗湖区期末）碰碰车是大人和小孩都喜欢的娱乐活动。游乐场

上，大人和小孩各驾着一辆碰碰车迎面相撞，碰撞前后两人的位移一时间图像（x—力图像）

如图所示。已知小孩的质量为20kg,大人的质量为60kg,碰碰车质量相同，碰撞时间极

短。下列说法正确的是（ABC）

A.碰撞前后小孩的运动方向有改变

B.碰碰车的质量为60kg

C.碰撞过程中损失的机械能为600J

D.碰撞过程中小孩和其驾驶的碰碰车受到的总冲量大小为80N•s

解析：位移一时间图线的斜率表示速度，规定小孩初始运动方向为正方向，由题图可知，

碰后两车一起向反方向运动，故碰撞前后小孩的运动方向发生了改变，故A正确；由题图可

44—10

知，碰前瞬间小孩的速度再=]m/s=2m/s,大人的速度於=~~一m/s=-3m/s,碰撞

9—4

后的共同速度r=一二m/s=-1m/s,设碰碰车的质量为必规定小孩的运动方向为正方

向，由动量守恒定律有（如+的匕+（您+必匹=（2代0+加%代入数据解得"=60kg,故

B正确；规定小孩开始运动方向为正方向，碰撞前小孩与其驾驶的碰碰车的总动量"=（人

nh）vi=（60+20）X2kg,m/s=160kg,m/s,碰后总动量0J=（%F仍）厂=-80kg•m/s,

根据动量定理可知/=△〃=夕J—pi=（—80—160）kg•m/s=-240N•s,故D错误；由能

量守恒定律可得碰撞过程中损失的机械能（代加汗+g（好加谒（2M+mi~\~

nh）r=600J,故C正确。

4.（2024•揭阳市二模）如图所示，在光滑的水平面上，质量为4勿、长为L的木板右端

紧靠竖直墙壁，与墙壁不粘连。质量为〃的滑块（可视为质点）以水平向右的速度r滑上木板

左端，滑到木板右端时速度恰好为零。现滑块以水平速度未知）滑上木板左端，滑到木

板右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，滑块以原速率弹回，刚好能够滑到木板左端而不从木板

上落下，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（D）

2v

A.滑块向右运动的过程中，加速度大小为彳

V2

B.滑块与木板间的动摩擦因数为一

8gL

C.k=2

D.滑块弹回瞬间的速度大小为华

解析：滑块（可视为质点）以水平向右的速度〃滑上木板左端，滑到木板右端时速度恰好

2

为零，根据匀变速直线运动规律可知v=2aL,解得a=g,故A错误；根据牛顿第二定律

V2

有〃侬=侬，解得，故B错误；小滑块以水平速度■右滑时，由动能定理有一〃

2gL

=0一2/巴小滑块以速度h滑上木板到运动至碰墙时速度为八，由动能定理有一

鬲m（kv）2,滑块与墙碰后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为出

]13

由动量守恒有力匕=（勿+4血嗓，由能量守恒定律可得勿贵—-（勿+44£，解得4=5,

匕=华,故C错误，D正确。

V1

5.根据机动车的运动情况，绘制了如图所示的？--图像。已知一质量为1000kg

的机动车在水平路面沿直线减速行驶，规定初速度外的方向为正方向。请判定以下说法合

理的是（A）

A.机动车的初速度的=10m/s

B.机动车的加速度大小为2m/s2

C.机动车在前3s的位移是12m

D.机动车前3s的动量变化量为1.2X104kg•m/s

1V1I

解析：由ad变形可得了=a,与题目给定的图线对比，由截距可

知:a=—2m/s：解得a=—4m/s?,由于机动车的加速度为负值，因此牵引力小于阻力,

2

由斜率可知的=万斤m/s=10m/s,故A正确，B错误；机动车速度变为。所需的时间2=

=2.5s,故机动车在前3s的位移=12.5m,故C错误；机动车前3s

的动量变化量Ap=p2—pi=Q—1000X10kg•m/s=-104kg•m/s,故D错误。

6.（多选）质量为1kg的物块，置于水平地面上。在水平力厂的作用下由静止开始运动,

户与时间力的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1,最大静摩擦力大小与

滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小g取10m/s?。在前4s内，下列判断正确的是（ABD）

A.3s末物块的速度最大

B.3s末物块的动量大小为1kg•m/s

C.前4s内物块所受合外力的冲量为0

D.前4s内，合外力对物块所做的功为0.125J

解析：由题意可知，物块所受的最大静摩擦力/由受力分析可知，物块在

第1s内静止，在1s到3s内加速，在3s到4s内减速，所以3s末时，物块的速度最

大，故A正确；1s到3s内，由动量定理可得(尸一介解得A0=lkg•m/s,故

B正确；Is到4s内，由动量定理可得(/一F=mv,解得y=0.5m/s,由动能定理可

得;加=”,解得/合=0.125J,故C错误，D正确。

7.(2024•韶关市综合测试)如图所示，质量均为〃的物块/、6用绕过光滑轻质定滑轮

的不可伸长的刚性轻绳连接，力与地面接触，6离地面的高度为为1.2m,质量为20的圆环

。套在轻绳上，。在6上方(7=0.8m处。由静止释放圆环C,。下落后与6碰撞并粘在一起,

碰撞时间极短，不计C与绳之间的摩擦和空气阻力，46、C均可视为质点，重力加速度取

10m/s2,求：

A

(1)C>6碰撞后瞬间，共同速度为多大；

(2)碰撞后，6经过多长时间到达地面。

解析：(1)。与6碰撞前的过程，由动能定理有

2侬X2m/c—0,得vc=yj2,gd=4m/s

碰撞时由动量守恒定律有2mvc=4mv

得v=2m/so

(2)。与8碰撞后粘在一起，一起向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有3侬一侬

=4必a

得a=-片5m/s2

由运动学公式有h—vt+^a/

得t=0.4So

答案：⑴2m/s(2)0.4s

8.如图所示，玩具“火箭”由上下48两部分和一个劲度系数较大的轻弹簧构成，A

的质量为0.2kg,6的质量为0.4kg,弹簧