2025年高考物理复习难题之动量与动量守恒定律

2025年高考物理复习难题速递之动量与动量守恒定律（2025年4月）

选择题（共10小题）

1.（2025•南京一模）如图所示，轻质弹簧的两端分别与小物块A、B相连，并放在倾角为。的固定斜面

上，A靠在固定的挡板P上，弹簧与斜面平行，A、B均静止。将物块C在物块B上方与B相距x处

由静止释放，C和B碰撞的时间极短，碰撞后粘在一起不再分开，已知A、B、C的质量均为m,弹簧

劲度系数为k,且始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则为保证A不离开挡板，x的最大值为（）

2.（2025•昆明模拟）如图所示，两个半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道在O点平滑连接，两圆弧的圆

心O1、02在同一竖直线上。一质量为m的小球b静止在O点，另一质量也为m的小球a从圆心为O1

的圆弧轨道上某处由静止释放，a、b在O点发生弹性碰推，碰后b在圆弧轨道上运动一段距离后脱离

轨道。小球a、b均可视为质点，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等，重力加速度为g,则（）

A.a的释放位置距O点的高度为0.2R

j5qR

B.a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为上告一

C.a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小为2.0mg

D.a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为L4mg

3.（2025•石景山区一模）如图1所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图2所示的结

构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为仇绳子长L,水平杆长Lo,小球的质量为

m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是（

*0

图1

A.装置中绳子的拉力为mgtan。

gtanO

B.装置转动的角速度为

Lo+LsinO

C.装置转动的周期为2兀

D.装置旋转一周，小球的动量变化为0

4.（2025•石景山区一模）蹦极运动中，长弹性绳一端固定，另一端绑在游客身上，游客从几十米高处跳

下，经过一段时间绳子绷直。将蹦极过程简化为游客沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直到游客第一次下

降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列分析正确的是（）

A.绳对游客拉力的冲量大小等于重力对游客的冲量大小

B.绳对游客的拉力始终做负功，游客的动能一直减小

C.游客的加速度一直变大

D.游客的动能最大时，绳对游客的拉力等于游客所受的重力

5.（2025•温州二模）如图所示，千架无人机排列成多个圆圈做匀速圆周运动。无人机携带的烟花被点燃

释放，似流星坠落人间。下列说法正确的是（）

A.点燃后的烟花下落做自由落体运动

B.观察无人机的飞行姿态时，可将无人机视为质点

C.点燃烟花前做匀速圆周运动的无人机所受的合外力不变

D.点燃烟花前做匀速圆周运动的无人机运动一周，其所受合外力的冲量为零

6.（2025•石景山区一模）如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，

右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到

最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的

整个过程中，该系统（)

AaB

/Z///Z///Z/Z//////Z/Z/ZZZ

A.动量守恒，机械能守恒

B.动量不守恒，机械能不守恒

C.动量守恒，机械能不守恒

D.动量不守恒，机械能守恒

7.（2025•龙岗区校级一模）“飞天秋千”游戏简化模型如图所示。座椅（包括人）的质量为m,在水平面

内做匀速圆周运动，其受力及合力情况如图所示。设绳的长度为L绳子跟竖直方向的夹角为0,座椅

转动的线速度为v,下列说法正确的是（）

A.在半个周期内座椅重力冲量为mg吟的

B.在半个周期内座椅的动量变化量等于零

C.若仅增大m,则座椅转动的周期随之增大

D.若v增大，。必增大，座椅转动的周期随之增大

8.（2025•桃源县校级一模）如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台由静止缓慢加速转动，直到小

物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得小物块质量1.0kg,转台半径R=0.5m,离水平地面的

高度H=0.8m,小物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，重力加速度g=10m/s2。贝！］（）

A.小物块与转台间的动摩擦因数为0.5

B.此过程中转台对小物块做功为1.0J

C.此过程中摩擦力对小物块的冲量大小为1.0N・s

D.小物块平抛落地过程中动量的变化大小为0.4kg-m/s

9.（2025•内蒙古模拟）如图所示，清洗汽车的高压水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆形，水流速度为

v,水柱垂直射向汽车表面，冲击汽车后速度减为零。已知水的密度为p,则水流对汽车的作用力大小

pnvD2pnv2D2

D.----------

.88

10.（2025•昌乐县校级模拟）如图所示，质量为2m的物块P静置于劲度系数为k的轻弹簧上，质量为m

的物块Q从P上方4=赞的高度处由静止落下，Q与P发生碰撞，碰后立即结为一体。已知两物块碰

后经to时间速度第一次变为零，弹性势能的表达式为Ep=*依2（k为弹簧的劲度系数，X为弹簧的形

变量），不计一切阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g,则从两物块碰撞到第一次速度最大

所需的时间为（

回

B-7

4

二.多选题（共5小题）

（多选）11.（2025•郑州二模）如图甲，两块竖直挡板正对着固定在水平面上，两完全相同质量均为1kg

的物块a、b（可视为质点）置于两挡板的中点，中点左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。t=0时，给a

向左的初速度。已知b物块的速度v随时间t的变化关系如图乙所示，最终停在中点。所有的碰撞均视

为弹性碰撞且碰撞时间极短，取重力加速度大小为10m/s2,则（）

4

图甲图乙

A.两挡板间距为2m

B.a与b相撞2次

C.b与水平面间的动摩擦因数为0.1

D.a第2次与挡板碰撞后的动能为4J

1

（多选）12.（2025•滁州模拟）如图所示,半径为R、质量为m吗圆槽AB静止在水平地面上，底端B

点的切线水平。一质量为3m的小球甲静止在圆槽右侧的水平地面上，其左侧连有一轻质弹簧，弹簧左

端到圆槽底端B点的距离为Ro现将质量为m的小球乙（可视为质点）从圆槽顶端的A点由静止释放。

已知重力加速度为g,不计一切摩擦，则下列说法正确的是（）

A.在球乙下滑过程中，圆槽与球乙组成的系统动量不守恒

B.球乙刚与弹簧接触时，与圆槽底端B点相距3R

3

C.弹簧弹性势能的最大值为一mgR

16

D.球甲最终的速度大小为逊

2

（多选）13.（2025•安徽一模）如图所示，图（1）、图（2）是一辆质量为m的公共汽车启动过程中to和

ti两个时刻的照片。to到ti时间内汽车的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动。图（3）是此过程

中车内横杆上悬挂的拉手经放大后的图片。m、to、ti、。均为已知量，重力加速度大小为g。根据上述

信息并结合图片，可以得出的物理量有（）

A.公共汽车车身的大致长度

B.公共汽车所受牵引力的冲量大小

C.to到tl时间内公共汽车的平均速率

D.to到ti时间内合外力对公共汽车做的功

（多选）14.（2025•驻马店模拟）如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮

绳恰好处于原长。t=0时，A以水平向左的初速度vo开始运动，B的初速度为0,A、B运动的vT图

像如图乙所示。已知A的质量为m,0〜to时间内B的位移为xo,t=3to时二者发生碰撞并粘在一起,

则（）

%

甲

A.B的质量为2m

B.橡皮绳的最大弹性势能为工小谥

6

C.橡皮绳的原长为1%环

D.橡皮绳的原长为voto

（多选）15.（2025•渭南一模）如图所示，在倾角6=30°足够长的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接

的物块A、B,它们的质量分别为mA=1.0kg、mB1.0kg,弹簧的劲度系数为k=500N/m,C为一固定

挡板。系统处于静止状态。现开始用一力F沿斜面方向拉物块A使之向上做匀加速直线运动，加速度

大小为1.0m/s2,直到B刚要离开C为止，重力加速度大小g取10m/s2,则关于此过程，以下说法正确

A.力F应是恒力

B.A运动的位移大小为2cm

C.持续时间为0.2s

D.弹簧弹力对B的冲量大小为0

三.解答题（共5小题）

16.（2025•惠东县三模）如图所示，“冰雪游乐场”滑道O点的左边为水平滑道，右边为高度h=3.2m的

曲面滑道，左右两边的滑道在。点平滑连接。小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端出发，经过O点后

与处于静止状态的家长所坐的冰车发生碰撞，碰撞后小孩及其冰车恰好停止运动。已知小孩和冰车的总

质量m=30kg,家长和冰车的总质量为M=60kg,人与冰车均可视为质点，不计一切摩擦阻力，取重

力加速度g=10m/s2,求：

（1）小孩乘坐冰车经过O点时的速度大小；

（2）碰撞后家长和冰车共同运动的速度大小；

（3）碰撞过程中小孩和家长（包括各自冰车）组成的系统损失的机械能。

17.（2025春•沙坪坝区校级月考）如图所示，某实验小组为研究火箭单级推进与多级推进的区别，设计了

如图简单模型：以轻质压缩弹簧代替推进剂的作用，研究单级推进与二级推进上升高度的不同。火箭的

总质量为m,重力加速度为g,弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。

方案一：将两根相同的轻弹簧并排放置在火箭底部（不连接），模拟火箭的单级推进，将两根弹簧进行

同样的压缩，释放后火箭在极短时间内获得速度（此过程忽略重力的影响），此后上升的最大高度为H。

方案二：将火箭分为质量相等的两级，将方案一中的两根轻弹簧分别放放置在两级火箭的底部（均不连

接），将两级火箭上下叠放，并使两根轻弹簧分别压缩与方案一相同长度，以此模拟火箭的二级推进过

程。实验时，先释放一级火箭底部的弹簧进行一级推进，使两级火箭迅速获得一共同速度，一级推进完

成瞬间立即自动释放两级之间的弹簧进行二级推进，推进过程忽略重力影响。

（1）求方案一中单根压缩弹簧储存的弹性势能EP；

（2）求方案二中二级推进完成后，二级火箭继续上升的最大高度鼠

18.（2025•商丘模拟）如图所示，质量M=1kg的长木板静止在光滑的水平面上，木板右端固定一轻质弹

性挡板，木板左端静置一质量m=0.99kg的小物块，质量mo=O.Olkg的子弹以vo=4OOm/s的速度从左

端水平射入小物块，经At=0.003s的时间与小物块达到共同速度（这个过程小物块和长木板移动的位

移忽略不计，子弹未穿出）。之后小物块与长木板的挡板发生弹性碰撞（碰撞时间极短），最终小物块恰

好没有从长木板上滑下。已知小物块与长木板之间的动摩擦因数口=0.5,重力加速度g取10m/s2。求：

（1）子弹进入小物块的过程中受到的平均阻力F的大小；

（2）长木板的长度L。

%

A]........................

19.（2025•朝阳区一模）如图所示，半径为R的四分之一圆弧轨道顶端放置一个光滑物块，物块与圆弧轨

道的质量均为m,物块可视为质点。已知重力加速度为g。

（1）圆弧轨道固定在水平面上，由静止释放物块，求：

a.物块滑到轨道底端时速度的大小V；

b.物块滑到轨道底端的过程中受到的冲量。

（2）轨道放在光滑水平面上，同时释放轨道和物块，求物块滑到轨道底端时速度的大小V,。

20.（2025•信阳二模）如图所示光滑水平面上静止放置一个长木块，一颗子弹从左侧以大小为vo的初速度

水平射入长木板，射入深度恰好等于木板长度的一半，子弹在木板中运动时与木板间的摩擦力大小与射

入木板的深度成正比，则要使子弹恰好射穿长木板，子弹从左侧水平射入的初速度多大？（子弹可视作

质点）

2025年高考物理复习难题速递之动量与动量守恒定律（2025年4月）

参考答案与试题解析

一.选择题（共10小题）

题号12345678910

答案BADDDBACBB

二.多选题（共5小题）

题号1112131415

答案ADABDACDADBC

一.选择题（共10小题）

1.（2025•南京一模）如图所示，轻质弹簧的两端分别与小物块A、B相连，并放在倾角为9的固定斜面

上，A靠在固定的挡板P上，弹簧与斜面平行，A、B均静止。将物块C在物块B上方与B相距x处

由静止释放，C和B碰撞的时间极短，碰撞后粘在一起不再分开，己知A、B、C的质量均为m,弹簧

劲度系数为k,且始终在弹性限度内，不计一切摩擦，则为保证A不离开挡板，x的最大值为（）

介

4mgsin0QmgsinO4mg8mg

A.-------------B.-------------C.------D.------

kkkk

【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；连接体模型；动能定理的简单应用.

【专题】定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力.

【答案】B

【分析】A、B均静止时，对B,根据平衡条件列式。研究A刚要离开挡板的情况，对A,根据平衡条

件列式；研究C下滑过程，根据机械能守恒定律列式，得到C与B碰撞前的速度。对于C与B碰撞过

程，根据动量守恒定律列式。从碰撞结束到A刚要离开挡板时物块B、C速度为零的过程，由系统机械

能守恒列式，再联立求解。

【解答】解：A、B均静止时，对B,根据平衡条件有

mgsin0=kxo

设A刚要离开挡板时弹簧伸长xi,对A,由平衡条件有

mgsin0=kxi

可知X1=XO

物块B、C从相碰后到一起运动到A刚要离开挡板，物块B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，A刚要

离开挡板时物块B、C速度为零，从碰后到A刚要离开挡板，弹簧弹性势能变化为零，设C与B碰后

速度为V2,由机械能守恒定律得

12

--2mv2=2mgx2x1-sind

C与B碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律有

mvi=2mv2

碰撞前C下滑过程，由机械能守恒定律有

-mv^=mgxsinO

联立解得比=即窄咽，故ACD错误，B正确。

故选：Bo

【点评】解答本题的关键是弄清楚各个物块的受力情况和运动情况，能够根据平衡条件求出弹簧形变量

的大小，分析弹簧弹性势能的变化情况。运用机械能守恒定律时，要明确研究对象和研究过程。

2.（2025•昆明模拟）如图所示，两个半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道在O点平滑连接，两圆弧的圆

心01、02在同一竖直线上。一质量为m的小球b静止在O点，另一质量也为m的小球a从圆心为Oi

的圆弧轨道上某处由静止释放，a、b在0点发生弹性碰推，碰后b在圆弧轨道上运动一段距离后脱离

轨道。小球a、b均可视为质点，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等，重力加速度为g,则（）

A.a的释放位置距0点的高度为0.2R

B.a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为—

C.a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小为2.0mg

D.a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为1.4mg

【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；机械能与曲线

运动相结合的问题.

【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力.

【答案】A

【分析】A.根据动能定理求a的释放位置距O点的高度；

B.结合A选项的分析求a、b碰撞后瞬间，b的速度大小；

C.根据牛顿第二、第三定律求a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小；

D.根据牛顿第二、第三定律求a、b碰撞前瞬间，b对轨道的压力大小。

【解答】解：A.设a的释放位置与01连线和竖直方向夹角为①碰前速度为vi,则

1

mgR(l—cos0)=

碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等，所以交换速度，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等，从

碰后到b脱离轨道过程

11

mgR(l—cosO)=谚—^mv1

且刚要脱离时

Vo

mgcosO=m请

联立解得

4

-

5

所以a的释放位置距。点的高度为

h=R(1-cos0)

解得

h=0.2R

故A正确；

B.根据以上分析解得a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为

JiogR

故B错误;

c.根据牛顿第二定律

mg-N=m今

结合牛顿第三定律可知，a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小为

N7=N=qmg

故C错误；

D.a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为

v?

mg-N]=m请

结合牛顿第三定律可知，b对轨道的压力大小为

N：=N[=qmg

故D错误。

故选：Ao

【点评】本题考查了动能定理的应用，根据题意分析清楚两球的运动过程是解题的前提，应用动能定理

和圆周运动规律可以解题。

3.（2025•石景山区一模）如图1所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图2所示的结

构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为绳子长L,水平杆长Lo,小球的质量为

mo不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g,下列说法正确的是（）

A.装置中绳子的拉力为mgtanB

gtand

B.装置转动的角速度为

Lo+LsinO

C.装置转动的周期为2兀产!笆

D.装置旋转一周，小球的动量变化为0

【考点】动量定理的内容和应用；物体被系在绳上做圆锥摆运动.

【专题】定量思想；合成分解法；匀速圆周运动专题；理解能力.

【答案】D

【分析】将绳子的拉力分解为水平、竖直两个方向的分力，竖直方向分力与重力大小相等，水平方向分

力提供向心力。根据圆周运动公式解答。

【解答】解：A、根据几何关系得绳子的拉力为尸=瑞，故A错误；

COSU

B、根据几何关系得向心力为F'=mgtan0,根据向心力公式可得mgtan8=m(Lo+Lsin0)a)2,解得角

速度为J聋焉，故B错误；

C、根据7=答，可得周期为2兀厘H%，故C错误；

(JL)7gtcLTiu

D、装置旋转一周，小球的速度不变，动量变化为0,故D正确。

故选：D。

【点评】考查对匀速圆周运动规律的理解，熟悉公式的运用。

4.(2025•石景山区一模)蹦极运动中，长弹性绳一端固定，另一端绑在游客身上，游客从几十米高处跳

下，经过一段时间绳子绷直。将蹦极过程简化为游客沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直到游客第一次下

降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列分析正确的是()

A.绳对游客拉力的冲量大小等于重力对游客的冲量大小

B.绳对游客的拉力始终做负功，游客的动能一直减小

C.游客的加速度一直变大

D.游客的动能最大时，绳对游客的拉力等于游客所受的重力

【考点】冲量的定义及性质；牛顿第二定律求解多过程问题；动能定理的简单应用.

【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理论证能力.

【答案】D

【分析】根据动量定理和动能定理以及物体的受力情况和加速度的变化情况，结合平衡条件进行分析解

答。

【解答】解：A.绳刚被拉直时游客有向下的初动量mv,根据动量定理，规定向下的方向为正方向有mgt

-Ft=0-mv,可知绳的拉力冲量大于重力的冲量，故A错误；

B.绳对人的拉力一直做负功，而合力先做正功后做负功，故游客的动能先增加后减少，故B错误；

C.刚开始人所受的重力大于绳对人的拉力，合力向下，加速度向下；当人所受的重力等于绳对人的拉力

时，合力为零，加速度为零；随后人所受的重力小于绳对人的拉力，合力向上，加速度向上，故游客的

加速度先减小后增大，故C错误；

D.当人所受的重力等于绳对人的拉力时，速度最大，动能最大，故D正确。

故选：D。

【点评】考查动量定理和动能定理以及物体的受力情况和加速度的变化情况，结合平衡条件的应用，会

根据题意进行准确分析解答。

5.（2025•温州二模）如图所示，千架无人机排列成多个圆圈做匀速圆周运动。无人机携带的烟花被点燃

释放，似流星坠落人间。下列说法正确的是（）

A.点燃后的烟花下落做自由落体运动

B.观察无人机的飞行姿态时，可将无人机视为质点

C.点燃烟花前做匀速圆周运动的无人机所受的合外力不变

D.点燃烟花前做匀速圆周运动的无人机运动一周，其所受合外力的冲量为零

【考点】动量定理的内容和应用；质点；自由落体运动的定义、特点与判断；匀速圆周运动.

【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；动能定理的应用专题；理解能力.

【答案】D

【分析】由自由落体运动的定义判断烟花是否做自由落体运动；由质点的定义判断能不能看成质点；由

圆周运动总是判断向心力是否是变力；由动量定理结合匀速圆周运动判断合外力的冲量是否为0。

【解答】解：A、点燃后的烟花下落时，除了受重力作用，还受到空气阻力的作用，其合力不等于重力，

加速度也不等于重力加速度g,所以不是做自由落体运动，故A错误；

B、观察无人机的飞行姿态时，无人机的大小和形状不能忽略，不能将其视为质点，故B错误；

C、点燃烟花前做匀速圆周运动的无人机所受合外力提供向心力，其大小不变，但方向始终指向圆心，

是不断变化的，故C错误。

D、根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量。无人机做匀速圆周运动，运动一周后速度大小和

方向都不变，动量变化量为零，所以其所受合外力的冲量为零，故D正确。

故选：D。

【点评】本题是自由落体运动，质点，向心力的定义及动量定理的考查，要求学生对相关知识掌握牢固，

基础题。

6.（2025•石景山区一模）如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁上，

右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到

最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的

整个过程中，该系统（）

AaB

ZZ/Z////////Z///////Z/Z/Z

A.动量守恒，机械能守恒

B.动量不守恒，机械能不守恒

C.动量守恒，机械能不守恒

D.动量不守恒，机械能守恒

【考点】动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用.

【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力.

【答案】B

【分析】从子弹射向木块到木块将弹簧压缩到最短的全过程中，系统受到墙壁的弹力，总动量不守恒,

系统的机械能减小转化为内能，在木块压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力等于弹簧对木块的作用力，

在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，弹簧处于压缩状态，加速度不为零。

【解答】解：从子弹射向木块到木块将弹簧压缩到最短的全过程中，系统受到墙壁的弹力，合外力不为

零，总动量不守恒，同时在作用过程中由于摩擦力做功；故弹簧、木块和子弹组成的系统机械能减小，

转化为内能，故动量不守恒、机械能不守恒；故ACD错误，B正确。

故选：Bo

【点评】本题考查了判断系统动量是否守恒问题，关键要掌握动量守恒的条件，分析清楚物体的受力情

况即可正确解题。

7.（2025•龙岗区校级一模）“飞天秋千”游戏简化模型如图所示。座椅（包括人）的质量为m,在水平面

内做匀速圆周运动，其受力及合力情况如图所示。设绳的长度为L绳子跟竖直方向的夹角为0,座椅

转动的线速度为v,下列说法正确的是（）

A.在半个周期内座椅重力冲量为mg岑电

B.在半个周期内座椅的动量变化量等于零

C.若仅增大m,则座椅转动的周期随之增大

D.若v增大，。必增大，座椅转动的周期随之增大

【考点】动量定理的内容和应用；物体被系在绳上做圆锥摆运动；求恒力的冲量.

【专题】定量思想；推理法；匀速圆周运动专题；理解能力.

【答案】A

【分析】A.根据v=罕求周期，再由冲量定义式求解；

B.半个周期内座椅的初、末动量方向相反，APT^O；

CD.根据合力提供向心力，推出周期的表达式。

【解答】解：A.秋千做匀速圆周运动，则丫=冽泮，在半个周期内座椅重力冲量为〃=小。・夕代入

数据可得IG=mg"1,故人正确；

B.在半个周期内座椅的初、末动量等大反向，动量变化量不等于零，故B错误；

CD.秋千做匀速圆周运动，合力提供向心力：mgtanB=m把?|竺＞化简得丁=做J色黑，则座椅转动

的周期与m无关，若v增大，。必增大，座椅转动的周期随之增减小，故CD错误；

故选：Ao

【点评】本题考查动量定理的内容和应用、恒力的冲量，关键要掌握物体做匀速圆周运动时，合力提供

向心力。

8.(2025•桃源县校级一模)如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台由静止缓慢加速转动，直到小

物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得小物块质量m=1.0kg,转台半径R=0.5m,离水平地面的

高度H=0.8m,小物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设小物块所受的最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，重力加速度g=10m/s2。贝l|()

口

小物块与转台间的动摩擦因数为0.5

此过程中转台对小物块做功为1.0J

此过程中摩擦力对小物块的冲量大小为LON・s

小物块平抛落地过程中动量的变化大小为0.4kg・m/s

【考点】动量定理的内容和应用；平抛运动位移的计算；摩擦力做功的特点和计算.

【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力.

【答案】C

【分析】小物块滑离转台做平抛运动，根据平抛运动的规律，求解初速度，小物块所受的向心力恰好由

最大静摩擦力提供，根据动能定理求解转台对小物块做功，根据动量定理求解摩擦力对小物块的冲量大

小以及小物块平抛落地过程中动量的变化大小。

【解答】解：A.小物块滑离转台做平抛运动，设当时小物块的线速度为vo时，根据平抛运动的规律有

H=^gt2,s=vot,代入数据可得vo=lm/s,设小物块与转台间的动摩擦因数中当线速度为vo=lm/s,

小物块所受的向心力恰好由最大静摩擦力提供，则有"ng=加第，解得尸0.2

故A错误；

B.根据动能定理，可得此过程中转台对小物块做功等于物体动能变化，所以卬=/加诏=±xl.0x

12/=0.5/,故B错误；

C.根据动量定理，可得此过程中摩擦力对小物块的冲量大小为I=mvo=l.OXlN・s=1.0N・s,故C正

确；

D.根据动量定理，可得小物块平抛落地过程中动量的变化大小为Ap=mgt=1.0X10X0.4kg・m/s=4kg

•m/s,故D错误。

故选：Co

【点评】只要涉及了力F和力的作用时间t,用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而

用动量定理解题，更简捷。

9.（2025•内蒙古模拟）如图所示，清洗汽车的高压水枪喷出的水柱截面是直径为D的圆形，水流速度为

v,水柱垂直射向汽车表面，冲击汽车后速度减为零。己知水的密度为p,则水流对汽车的作用力大小

为（）

pnvD2pnv2D2pnvD2pnv2D2

\.B.C.D.

4488

【考点】用动量定理求流体冲击问题；牛顿第三定律的理解与应用.

【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理论证能力.

【答案】B

【分析】结合密度与质量的关系列式，确定高压水枪单位时间喷出的水的质量；根据动量定理、牛顿第

三定律列式，求得水流对汽车的作用力大小；即可判断ABCD正误。

11

【解答】解：由题知，高压水枪单位时间喷出的水的质量为：m=pSv=pv-^TtD2=-^pnvD2,

设汽车对水流的作用力大小为F,以水流的速度的方向为正方向，根据动量定理得：-FAt=O-m，v,

其中：m'=mAt,

联立可得：F'—^pnD2v2,

若水流对汽车的作用力大小为F,则根据牛顿第三定律可知：F=1=；即）2/,故B正确，ACD

错误；

故选：B„

【点评】本题考查用动量定理求流体冲击问题，解题时需注意一个解题技巧是：利用时间At构建方程，

最后往往可以把At消掉。

10.（2025•昌乐县校级模拟）如图所示，质量为2m的物块P静置于劲度系数为k的轻弹簧上，质量为m

的物块Q从P上方力=攀的高度处由静止落下，Q与P发生碰撞，碰后立即结为一体。已知两物块碰

后经to时间速度第一次变为零，弹性势能的表达式为Ep=加2（k为弹簧的劲度系数，X为弹簧的形

变量），不计一切阻力，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g,则从两物块碰撞到第一次速度最大

所需的时间为（

回

B若口若

【考点】碰撞后粘连问题；连接体模型.

【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力.

【答案】B

【分析】根据速度一位移关系式求出Q与P碰前的速度，根据动量守恒和能量守恒求出弹簧的形变量,

再结合简谐运动求从两物块碰撞到第一次速度最大所需的时间。

【解答】解：根据速度一位移关系式可知，Q与P碰前速度

%=4^

碰撞过程根据动量守恒，以V0的方向为正方向

mvo—3mvi

从碰后到最低点，以最低点为重力势能的O点，根据能量守恒

112mg2mg1

-x3mv^7+-fcX（―^—）7+3mgX（4%——--）=~kAx7

解得

小皑

k

整体做简谐运动，简谐运动平衡位置为压缩学处，根据题意有两物块碰后位置为压缩半处，最低

点在压缩学处，最高点位置为压缩子处。经to时间速度第一次变为零，结合简谐运动规律可知to对

应的角度为120。，而从碰后到平衡位置，即最大速度处，对应简谐运动角度为30°,所以从两物块碰

撞到第一次速度最大所需的时间为印。

故ACD错误，B正确。

故选：Bo

【点评】本题主要是考查简谐运动的能量问题，关键是弄清楚两个物体的运动情况和受力情况，掌握动

量守恒定律、机械能守恒定律解题方法，理解简谐运动的特点等问题。

二.多选题（共5小题）

（多选）11.（2025•郑州二模）如图甲，两块竖直挡板正对着固定在水平面上，两完全相同质量均为1kg

的物块a、b（可视为质点）置于两挡板的中点，中点左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。t=0时，给a

向左的初速度。已知b物块的速度v随时间t的变化关系如图乙所示，最终停在中点。所有的碰撞均视

A.两挡板间距为2m

B.a与b相撞2次

C.b与水平面间的动摩擦因数为0.1

D.a第2次与挡板碰撞后的动能为4J

【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；复杂的运动学图像问题；常见力做功与相应的能量转

化.

【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力.

【答案】AD

【分析】由图可知a的初速度，根据位移一时间公式计算A；根据be弹性碰撞列动量守恒定律，根据

牛顿第二定律计算BC,根据速度一位移公式结合动能公式计算D。

【解答】解：A、由乙图知，t=0.5s时，a、b第一次碰撞，根据质量相等的两物体发生弹性碰撞，速度

互换原理知，a的初速度vo=4m/s,则有a在第一次碰撞前的路程xa=voti=4XO.5m=2m

所以两挡板间距为L=2X（半）

解得L=2m

故A正确；

BC、由乙图知，第一次碰撞后，a静止在中点，b向右运动，与右侧挡板碰撞后返回中点，与a第二次

碰撞，b静止，a向左运动与左侧挡板碰撞后返回中点，与b第三次碰撞，a静止，b向右运动与右侧挡

板碰撞返回到中点静止，所以a与b发生了3次碰撞，根据运动学公式知，对b有琢=2as

x

其中S=4义（―）

2

根据牛顿第二定律有|img=ma

其中vb=vo=4m/s,解得：|1=0.2,故BC错误；

D、设b与a第二次碰撞前的速度为V2,贝！J有讳-谚=2a（2x彳）

解得V2=2V2m/s

所以a第二次与挡板碰撞后的动能为Ek=

解得Ek=4J

故D正确。

故选：ADo

【点评】本题考查动量守恒定律和能量守恒定律的应用，并多次在不同过程中使用，要注意两物块质量

相同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度。

一1

（多选）12.（2025•滁州模拟）如图所示，半径为R、质量为m的一圆槽AB静止在水平地面上，底端B

4

点的切线水平。一质量为3m的小球甲静止在圆槽右侧的水平地面上，其左侧连有一轻质弹簧，弹簧左

端到圆槽底端B点的距离为Ro现将质量为m的小球乙（可视为质点）从圆槽顶端的A点由静止释放。

已知重力加速度为g,不计一切摩擦，则下列说法正确的是（）

A.在球乙下滑过程中，圆槽与球乙组成的系统动量不守恒

B.球乙刚与弹簧接触时，与圆槽底端B点相距3R

3

C.弹簧弹性势能的最大值为nlgR

7167

D.球甲最终的速度大小为乌

【考点】动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题.

【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动量定理应用专题；与弹簧相关的动

量、能量综合专题；推理论证能力.

【答案】ABD

【分析】球乙在圆槽上滑动时，系统在竖直方向上的动量不守恒，但在水平方向上由于无外力作用，系

统的总动量守恒。球乙从A点滑到B点过程中，应用机械能守恒定律求出其速度，并结合动量守恒求

得其水平位移，再计算其到达弹簧时与B点的距离。小球乙与弹簧接触后，与球甲发生碰撞并共速，

此过程中动量守恒，弹簧的弹性势能达到最大值。利用机械能守恒定律求解弹簧的最大弹性势能，发现

计算结果不符。最终两球分开，利用动量守恒和机械能守恒求得球甲的最终速度。

【解答】解：A、小球乙在圆槽上运动时，系统在竖直方向上动量不守恒，故A正确；

B、小球乙从圆槽的A点到B点的过程中，设小球乙滑到B点的速度为vo,取水平向右为正，小

球乙与圆槽在水平方向动量守恒:O=mvo-mv,机械能守恒:zngR=+^mv2,则q,=v-西瓦

设小球乙到B点的过程中水平向右移动的距离为XI,圆槽向左运动的距离为X2,两物体水平方向的相

对位移为R,因此：mxi-mx2=0XI+X2=R,解得：/=x2=1＞此时圆槽的B点与弹簧之

间新的距离：L=叼+R=称心小球乙从B点向右以vo匀速运动，圆槽向左以vo匀速运动，小球乙

到达弹簧时与圆槽底端B的距离：L/=L+为-±=3R,故B正确。

vo

C、小球乙与小球甲共速时，弹簧弹性势能有最大值；从小球乙与弹簧接触到两球共速，动量守恒:

1717Q

mvo=（m+3m）V3,机械能守恒：-mVg=-（m+3m）状+Ep,可得：Ep--^mgR,故C错误。

111

D、从小球乙与弹簧接触到两球分开，动量守恒：mvo=mvi+3mv2,机械能守恒：~mv^=~mv[+--

37nl力解得：Vi=~2vo>v2=2vo=2~,故D正确。

故选：ABDo

【点评】本题考查动量守恒和机械能守恒的综合运用，涉及系统动量变化、相对运动分析及弹簧碰撞过

程。关键在于明确各阶段的守恒条件，并准确计算物体的相对位移和速度变化

（多选）13.（2025•安徽一模）如图所示，图（1）、图（2）是一辆质量为m的公共汽车启动过程中to和

ti两个时刻的照片。to到ti时间内汽车的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动。图（3）是此过程

中车内横杆上悬挂的拉手经放大后的图片。m、to、ti、。均为已知量，重力加速度大小为g。根据上述

信息并结合图片，可以得出的物理量有（）

A.公共汽车车身的大致长度

B.公共汽车所受牵引力的冲量大小

C.to到ti时间内公共汽车的平均速率

D.to到ti时间内合外力对公共汽车做的功

【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；动能定理的简单应用.

【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；动量定理应用专题；理解能力.

【答案】ACD

【分析】题目给出了公共汽车启动过程中的两个时刻的照片，以及车内横杆上悬挂的拉手的放大图片。

需要根据这些信息来确定可以得出的物理量。

【解答】解：A、根据题意可知，对拉手受力分析可知，公共汽车的加速度为a=gtan9

根据匀变速直线运动的公式有，故to到ti时刻间公共汽车产生的位移为x=ja^-to）2=3gtand（ti—

to）2

根据汽车实际位移与图片的比例关系，即可估算车身长度，故A正确；

B、根据题意可知，公共汽车的在ti时刻的速度为v=a（ti-to）=gtan0（ti-to）

由动量定理可知：F合（ti-to）=（F-f）（ti-to）=mv

由于公共汽车所受摩擦力f未知，无法求解牵引力的冲量大小，故B错误；

c、根据题意可知，公共汽车做匀变速直线运动,匀变速直线运动的公式有5=号1=1=gtm.ti-s）

故C正确；

11

D、根据动能定理，to到ti时间内合外力对公共汽车做的功W=△&=2mp2=彳6-场）］2

故D正确。

故选：ACDo

【点评】本题考查牛顿第二定律、冲量、功和速度的概念。

（多选）14.（2025•驻马店模拟）如图甲所示，光滑水平面上两物块A、B用轻质橡皮绳水平连接，橡皮

绳恰好处于原长。t=0时，A以水平向左的初速度vo开始运动，B的初速度为0,A、B运动的vT图

像如图乙所示。已知A的质量为m,。〜to时间内B的位移为xo,t=3to时二者发生碰撞并粘在一起，

则（）

%

甲

A.B的质量为2m

B.橡皮绳的最大弹性势能为工机谥

6

1

C.橡皮绳的原长为

D.橡皮绳的原长为voto

【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用.

【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理论证能力.

【答案】AD

【分析】在0〜to时间内根据动量守恒定律求解B的质量；由乙图可知AB在to时刻共速，橡皮绳有最

大弹性势能，根据机械能守恒求解最大弹性势能；在to〜2to时间内，根据动量守恒定律和机械能守恒

定律求得2to时刻AB两者的速度，再由运动学公式求解橡皮绳的原长。

【解答】解：A.由图乙及动量守恒定律得

mv0=（m+mB）号

解得

mB=2m

故A正确；

CD.设2to此时A、B的速度分别为VA、VB,