2021-2025年福建省高考物理试题分类汇编：动量（解析版）

五年真题（202L2025）

与题07劭量

（五年考情•探规律）

考点五年考情（202L2025）命题趋势

综合近五年福建物理高考对“动量”专题的考查

情况，该模块的核心命题点呈现出鲜明的聚焦性与延

续性。冲量定理作为力学体系的关键桥梁，其基础性

考点1冲量2023

与应用价值使其成为命题的稳定锚点，在2021、2024

年连续考查，体现了对动量变化与力作用过程关系的

核心理解要求。冲量作为矢量概念的基础辨析点，与

考点2冲量定动量定理紧密关联，是概念体系的重要组成。动量守

2024、2021

理恒定律的应用作为动量专题的终极目标和难点，在解

决碰撞、反冲等复杂系统问题中的普适性和物理思想

高度，其重要性不言而喻，未来仍将是命题的重心与

区分度所在。量专题的命题预计将持续深化对核心概

念的本质理解及相互关联的辨析，基础题侧重概念内

涵、矢量性、适用条件的精准把握；尤其值得注意的

考点3动量守是，动量守恒定律的应用考杳将显著加强，不仅限于

2025

恒定律的应用单一碰撞模型，更可能拓展到多过程、多物体系统，

或与能量转化、圆周运动、图像分析等知识点交叉融

合，考查考生运用守恒思想分析复杂过程、建立物理

模型及进行逻辑推理的综合能力，计算题中其作为核

心规律的地位将更加凸显，对物理思想方法的深度应

用要求更高。

（五年真题•分点精准练）

考点01冲量

1.（2023・福建•高考）（多选）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，甲车的速度一时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示。则（）

图⑶图（b）

A.0~2s内，甲车的加速度大小逐渐增大

B.乙车在7=2s和/=6s时的速度相同

C.2~6s内，甲、乙两车的位移不同

D.，=8s时，甲、乙两车的动能不同

【答案】BC

【详解】A.由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0~2s内，甲车做匀加速直

线运动，加速度大小不变，故A错误；

B.由题知乙车所受合外力-时间图像如图（b）所示，则乙车在0~2s内根据动量定理有/2=12=So.

2=2N-S,乙车在0〜6s内根据动量定理有/6=〃巾6,/6=SO~6=2N$则可知乙车在l=2s和f=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）匕知，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，/=8s时用车的速度为0,则z=8s时，甲车的动能为（）；乙车在（）~8s内根据动量

定理有=/8=S八8=0，可知1=8s时乙车的速度为0,则f=8s时，乙车的动能为0,故D错误。

故选BCo

考点02冲量定理

2.（2024•福建・高考）（多选）如图（a）,水平地面上固定有一倾角为。的足够长光滑斜面，一质量为m的滑

块锁定在斜面上。t=0时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力尸，尸随时间t的变化关系如图（b）

所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为g，则滑块（）

2m女sin0

图（a）

A.在0~4to内一直沿斜面向下运动

B.在0〜4环内所受合外力的总冲量大小为零

C.在坛时动量大小是在2to时的一半

D.在2to〜3to内的位移大小比在3to〜4to内的小

【答案】AD

【详解】根据图像可知当r二2mgsin。时，物块加速度为Q=也空誓空些=3gsin。，方向沿斜面向下；

当F=-277igsin。时，物块加速度大小为Q=迎空嗤照吧=gsin。，方向沿斜面向上，作出物块0~4to内

的K-t图像

A.根据图像可知0-4%,物体一直沿斜面向下运动，故A正确；

B.根据图像可知0〜4tO,物块的末速度不等于0,根据动量定理/合=ApH0,故B错误；

C.根据图像可知无时物块速度大于2£。时物块的速度，故无时动量不是2£。时的一半，故C错误；

D.u-t图像与横轴围成的面枳表示位移，故由图像可知2to〜3£）过程物体的位移小于3玲〜4%口勺位移，故D

正确。

故选ADo

3.（2025・福建・高考真题）（多选）传送带转动的速度大小恒为lm/s,顺时针转动。两个物块A、B,A、B

用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质最为Ikg,B的质量为2kg,A与传送带的动摩擦因数为（）.5,

B与传送带的动摩擦因数为0.25。餐0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度％=2m/s,B

的速度为零，弹簧自然伸长。在七为时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能多=0.75J,传送带足够

长，A可在传送带上留下痕迹，重力加速度g=10m/s2,则（）

A.在七:时，B的加速度大小大于A的加速度大小

B.时，B的速度为0.5m/s

C.右。时，弹簧的压缩量为02m

D.0-防过程中，A与传送带的痕迹小于0.05m

【答案】BD

【详解】AB.根据题意可知传送带对AB的滑动摩擦力大小相等都为f=0.5x1xION=0.25x2x

10N=5N,初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力为零,

解得C在碰撞前瞬间的速度大小为%=J诏-2〃gso

（2）物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得m%=2血方

解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为以=W诏-2〃gs0

故C与B碰撞过程中损失的机械能为△£=|X2?几域=诏-2〃gs°）

（3）滑板A刚要滑动时，对滑板A,由受力平衡可得kAx+2卬ng=3〃7ng

解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为=等

从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为W=2fimg•Ax=空警

1年模拟•精选模考题

一、单选题

I.（2025•福建部分地市•一检）老式水龙头水流快，水量大，容易四处飞溅，可加装起泡器，让流出的水和

空气充分混合后减缓流速，既避免水流飞溅，又减少用水量。某水龙头打开后，水流以大小为女的速度垂

直冲击水槽表面.，约有J四处飞溅，溅起时垂直水槽装面的速度大小约为Ju。，其余］的水流减速为0。加装

起泡器后，单位时间内流出的水量和水流冲击水槽表面的速度均变为原来的右且飞溅现象可忽略，则加装

起泡器后水流对水槽的冲击力约为原来的（）

【答案】D

【详解】取水流的速度方向为正方向，设原来水流对水槽装面的平均冲击力大小为F,假设在一段很短的时

间ZU内，喷到水槽装面.上水的质量为△〃，，则对质量为加〃的水，根据动量定理有/△〃«-1（）-⑹十

:A7n（0—%）,加装起泡器后，根据动量定理有一FZt=gAm（0—R）,联立求得?=看

故选Do

2.（2025・福建••模）如图所示，小车放在光滑的水平地面上，经质细绳一端系在小车上，另一端连接可视

为质点的小球，将小球拉开一定角度（此时小车与小球均静止），然后同时放开小球和小车，小球开始在竖

直平面内来回摆动。下列说法正确的是（）

A.小球在最低点时处于平衡状态B.小球在最高点时处于平衡状态

C.小球在最低点时，小车处于平衡状态D.小球在最高点时，小车处于平衡状态

【答案】C

【详解】AC.小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，系统在水平方向上动量守恒，小球在最低点

时，细绳对小球的拉力大于小球受到的重力，小球处于超重状态，小车受合外力为零处于平衡状态，选项A

错误、C正确；

BD.小球在最高点时，小球、小车的加速度均不为0,都不是平衡状态，选项B、D错误。

故选C。

3.（2025•福建龙岩••模）一辆汽车在夜间以速度％匀速行驶，驶入一段照明不良的平直公路时，司机迅速

减小油门，使汽车的功率减小为某一定值，此后汽车的速度〃与时间t的关系如图所示。设汽车行驶时所受

的阻力恒定为汽车的质量为m,则下列说法正确的是（）

A.t=0时刻，汽车的功率减小为;/•北

B.整个减速过程中，汽车的牵引力不断变小

C.整个减速过程中，克服阻力做功大于gm评

D.整个减速过程中，汽车牵引力的冲量大小为九+3加孙

【答案】C

【详解】A.七=0时刻，汽车的功率减小为。=/■3%故A错误；

B.整个减速过程中，由尸=C,可知汽车的牵引力不断变大，故B错误；

V

2

C.整个减速过程中，由动能定理，有Pt-W克「=（晟）-1^nv0,得卬克『=Pt+?7nq）2〉故

C正确；

D.整个减速过程中，由动量定理，有/牵一"=（血孙一/nq）,得/奉="一（血为,故D错误。

故选C。

4.（2025•福建多地巾•二模）水午作为农机文化的重要组成部分，体现「中国古代劳动人民的创造力。如图

所示为一种水车的原理简化图，水车竖直放置，其叶片与半径共线，水渠引出的水从一定高度以4m/s的速

度水平流出，水的流量为60kg/s,水流出后做平抛运动，某时刻水流均垂直冲击到与竖直面成60。的叶片I：

（叶片面积大于水流横截面积）。已知水流冲击叶片后速度变为零并从两侧流走，则水流对叶片的冲击力大

小约为（）

水渠

A.240NB.480NC.780ND.1080N

【答案】B

【详解】水流出后做平抛运动，水流冲击叶片前瞬间的速度大小为口=」吃，水的流量为。=60kg/s,取极

C0S60

短时间A3和叶片作用的水质量为Am=QAt,忽略水流的重力，根据动量定理有-FA£=0-Ami；

解得叶片对水流的作用力大小为F=480N,根据牛顿第三定律可知水流对叶片的冲击力大小为480N。

故选B.

5.（2025•福建宁德•三模）温福高铁宁德段正在加速建设中，宁德山区雾气重，假设列车在水平长直轨道上

运行时，列车周围空气静止，车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同，空气密度为p,

空气中单位体积内有n颗小水珠，每颗小水珠的质量为车头的横截面积为S,列车以速度u匀速运行。则

列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为（）

A.（p+nrn）SvB.（p4-nm）Sv2C.pSv2+nmSvD.pSv4-nmSv2

【答案】B

【详解】在时间Af内车头遇到的水珠的质量4啊=vLtSnm,遇到空气的质量加%=vLtSp,对这些水珠及

空气的整体研究，由动量定理尸位=（Am】+AmzW，解得尸=（P+nm）Sv2,由牛顿第三定律可知列车因与

空气和水珠冲击而受到的阻力约为F”=（p+nm）Sv2

故选B„

6.（2025•福建南平•质检）甲、乙两车在同一平直公路上行驶。£=0时，甲车司机发现乙车在正前方同方向

行驶，立刻采取制动措施（不计反应时间）。甲车运动过程中的动量-时间（p-t）图像如图（a）所示，乙

车运动的位移-时间（x-t）图像如图（b）所示,已知甲车的质量为2x103kg,且甲车恰好未撞上乙车.

则（）

A.乙车做匀加速直线运动

B.甲车制动过程中所受合外力大小为2x104N

C.甲车恰好未撞上乙车的时刻为£=3.5s

D.£=0时刻，甲、乙两车相距4nm

【答案】D

【详解】AB.由p-t图可知甲车初速度为为=肝=要普m/s=25m/s,5s减速为0,则甲车加速度为。=

m=——-m/s2=-5m/s2,合外力大小为为F合=ma=2x10-x5N=1x104N,由％-£图可知乙车做

5m/s的匀速直线运动，故AB错误；

CD.当甲乙车速度相等时，两车恰好不撞，则有1；甲+at=u乙，解得t=4s,位移间的关系为I；甲£+9就2=

As+3解得As=40m,故C错误，D正确。

故选D。

二、多选题

7.（2025・福建福州•四检）科学实战小组对福州内河调研发现，弯曲河道的外侧河堤会受到流水冲击产生的

压强.如图所示，河流某弯道处可视为圆心为O,半径为R的圆弧的一部分v假设河床水平，河道在整个

弯道处宽度L和水深”均保持不变，水的流动速度I，大小恒定，L«R，河水密度为p，忽略流水内部的相

互作用力。取弯道某处一垂直于流速的观测截面，则在一段极短时间加内（）

A.流水的加速度方向指向圆心0

B.流水速度改变景的大小为5At

C.通过观测截面水的动量改变量大小为号

D.外侧河堤受到的流水冲击产生的压强为嗒

【答案】AC

【详解】A.根据题意可知，流水做匀速圆周运动，所以水流所受合力方向指向圆心。，则流水的加速度方

向指向圆心0，故A正确；

B.由于心《丸则向心加速度大小为a==，根据加速度的定义式有。=黑，可得流水速度改变量的大小为

RAt

=K故B错误；

C.依题意，极短时间位内水流的距离削=力A3横截面积5二4”，可得At内水流的质量为加=。54/=

pLHv•A3则通过观测截面水的动量改变量大小为Ap=mAv=pLH故C正确；

D.根据牛顿第二定律可得尸=K水流与外侧河堤作用的面积S，=AZ-”，则外侧河堤受到的流水冲击

产生的压强为p=提=竽，故D错误。

5n

故选ACo

8.(2025・福建厦门•三模)“天宫课堂”第四课在中国空间站开讲，神舟十六号航天员在梦天实验舱内进行授

课。其中一个实验如图所示，质量为0.1kg的小球A以某一初速度向左运动，与静止悬浮在空中的质量为

0.5kg的小球B发生正碰，碰撞后小球A向右反弹，当A向右移动2格的长度时，小球B向左移动1格的

长度。已知背景板上小方格的边长相等，忽略舱内空气阻力的影响，则()

A.小球A碰撞前后的速度大小之比为7：2

B.小球A碰撞前后的速度大小之比为3：2

C.碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变

D.碰撞前后，小球A、B组成的系统动能减少

【答案】BC

【详解】根据题意可知，由于碰撞后，A球向右移动2格长度时，B球向左移动1格的长度，则碰撞后，A

球的速度大小是B球速度大小的2倍，设碰撞后B球的速度为明则A球的速度为-2v,AB.设碰撞前A

球的速度为力,由于碰撞过程系统的动量守恒，则碰撞过程中A球动量减少量等于B球动量增加量，则有

O.1PO+0-1-2v=0.5-v,解得u=：i；o，则求A碰撞后的速度大小为i/=2u=T%，则小球A碰撞前后的

速度大小之比为3：2,故B正确，A错误；

CD.根据计算可得碰撞前系统的总动能&=(x0.1x评，碰撞后系统的总动能口k=(xO.lx(1v0)\

1x0.5x(1v0)\可得Ek=E'k，可知碰撞前后，小球A、B组成的系统动能不变，故C正价，D错误。

故选BCo

9.(2025•福建南平•质检)如图，两个完全相同、质量均为37n的光滑半圆形凹槽“、力静止在光滑水平地面

上，其中。槽左侧紧靠墙面。现将两个质量均为m的小球1、21可视为质点）分别从两槽的左侧最高点处

由静止释放，则两小球在运动过程中（）

A.分别与，槽和〃槽组成的系统机械能和动量均守恒

B.运动到凹槽右端的最大高度不同

C.第一次运动到最低点时，两小球的速度大小之比为百:2

D.第一次运动到最低点的过程，两小球在水平方向上相对地面的位移之比为4:3

【答案】BD

【详解】A.球1与。槽组成的系统，球1从。槽的左侧下到最低点过程中，由于。槽受到墙壁的作用力，

所以球1与。槽组成的系统动量不守恒，此过程只有重力做功，则系统的机械能守恒：接着球1从”槽最

低点向右侧运动过程中，由于存在球1的重力，故系统的合外力不为零，系统动量不守恒，但水平方向所

受合外力为零，水平方向动量守恒，此过程系统的机械能守恒；故球1与。槽组成的系统机械能守恒，但

动量不守恒；球2与〃槽组成的系统机械能守恒，由于存在球2的重力，故系统的合外力不为零，系统动

量不守恒，但水平方向所受合外力为零，水平方向动量守恒，故A错误；

BCD.球I滑到最低点时，槽〃才开始运动，球1水平位移为与=/?,根据机械能守恒有mgR=gm谱，解

得球1最低点速度为％烦，达到右侧最大高度时，球1和槽a共速，根据水平方向动量守恒有m%=

4TH%',根据系统机械能守恒有mg/h=gm谱-一x47HV/2,联立解得九1=球2滑到最低点时，根据

r

水平位移关系有小+“'2=R，根据水平方向动量守恒有小方=3mv2^又"2=—»忧2=可得工2=3%'2

联立解得球2水平位移为%2=根据机械能守恒和动量守恒有mgR=+}x3m培，mv2-3mv3=

0,联立解得外=J|康，达到右侧最大高度时，球2的速度为零，而系统初状态的总动量为零，故此时槽

b的速度也为零，根据系统机械能守恒可知球2能上升到最大高度电=R，两球运动到凹槽右端的最大高度

之比为九1：九2=；R：R=3:4,第一次运动到最低点的过程，两小球在水平方向上相对地面的位移之比为

匕:叼=R：；R=4:3,第一次运动到最低点时，两小球的速度大小之比为女=毒巨：舟=2:6，故

BD正确，C错误。

故选BDo

10.（2025•福建三明•三模）如图甲，在智能机器人协作实验场中，元件A、B之间用智能柔性机械臂连接

（机械臂可根据内置算法自动调整伸缩，模拟弹簧功能），放在光滑水平试验台上，B右侧与竖直挡板相接

触。t=0时刻，元件C以一定速度向右运动，£=1s时与元件A相碰（碰撞时间极短），并立即与A粘连

旦不再分开。C的运动情况由视觉追踪系统和惯性测量单元监测，并生成如图乙的I；-t图像，已知机八二

100g、mB=50g,则()

智能柔性机械臂

A.元件C的质量为100g

B.1s到3s的时间内,墙壁对B的冲量大小为0.6N-s

C.元件B离开墙壁后，柔性机械臂的最大弹性势能为0.3J

D.元件B离开增壁后，B的最大速度为3m/s

【答案】BD

【详解】A.以水平向右为正方向，由题图乙知，元件C与A碰前速度为巧=6m/s,碰后速度为々=2m/s,

C与A碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律有me%=(mA+mJ%，解得me=50g，故A错误；

B.由题图乙知，3s末A和C的速度为%=-2m/s,由动量定理可知，Is到3s过程中柔性机械臂对元件

A、C的冲量为/=(mA+mc)v3-(mA+mc)v2,解得/=-0.6N-s,方向向左，则柔性机械臂对元件B的

冲量大小为0.6N”,方向向右，所以Is到3s的时间内,墙壁对B的冲量大小为0.6N•s,方向向左，故B

正确;

C.元件B离开墙壁后，A、B、C三者共速时柔性机械臂的弹性势能最大，规定水平向左为正方向，根据

动量守恒定律有(HIA+^c)%'=(^A++m。%'，%'=2m/s,得以'=1.5m/s,由系统机械能守恒定

律有与血八+小。％'2=XmA+mB+mc)%'2+Epm，解得Epm=0Q75J,故C错误；

D.规定水平向左为正方向，元件B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当柔性机械臂的弹性势能

再次为。时，元件B的速度最大，根据系统动量守恒有(机人+me)%'=+me)%'+巾!?%'，由系统机

械能守恒定律有g(mA+me)v3,2=1(^A+me)vs，2+?九B%"，解得B的最大速度为喑=3m/s,故D正

确。

故选BDo

11.(2025•福建福州福州高中•二适考)如图甲所示，质量为阳的同学直立于箱子上，t=0时刻该同学从箱

子上无初速度跳下，经曲腿缓冲一系列动作后，，7时刻起直立静止于地面上，该同学所受地面支持力大小产

随时间，变化的关系如图乙所示，忽略空气阻力，该同学在空中始终处于直立状态，重力加速度为g，卜.列

说法正确的是()

A.该同学的最大速度为,。口

B.卜时刻，该同学速度方向竖直向上

C.图乙中图像与横轴围成的面枳为mg。

D.0~。时间内该同学的机械能减少了：mg2学

【答案】BC

【详解】A.由尸-£图像可知，0〜0时间内该同学在空中，0时刻着地时速度为%=g£i

时间内，支持力小于重力，合力向下，该同学接触地面继续向下加速，可知该同学的最大速度大于90，

故A错误；

B.由f-C图像可知，生〜%时间内，该同学所受地面支持力小于重力，则加速度方向向下，由于人时刻处

于静止，所以电〜0时间内，该同学向上减速运动，则％时刻，该同学速度方向竖直向上，故B正确；

Ch〜0时间内，题图乙中图像与横轴围成的面积为在口〜吃时间内地面对该同学的冲最：则从。〜b时间内，

根据动量定理可得/一mgb=Ap=0，可得图乙中图像与横轴0〜围成的面积为/=mg。，故C正确；

D.。时间内该同学做自由落体运动，则箱子的高度为九=4gt；,则0〜匕时间内该同学的机械能减少了AE=

mgh=,故D错误。

故选BCo

三、解答题

12.(2025•福建福州三中^一测)如图质量为7叫=4kg和m3=3kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之

间用轻弹簧拴接。现有质量为n=lkg的物体以速度%=8m/s向右运动，叫与阳碰撞(碰撞时间极短)

后拈合在一起。试求：

加1〃与WWVWm2

/////////////////////////////////

(1)四和m3碰撞过程中损失的机械能是多少；

⑵弹簧能产生的最大弹性势能是多少；

(3)弹簧在第一次获得最大弹性势能的过程中，对7713冲量的大小是多少？

【答案】(D24J

(2)4)

(3)4kg•m/s

【详解】(1)设根1与m3碰撞后的速度为巧，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

Mo=(啊+砥)%

由能量守恒定律得[mi诏=)叫+m3)vf+AE

代人数据解得mi和m3碰撞过程中损失的机械能为AE=24J

(2)三物体组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守官定律得m】%=(m]+m2+山3州共

代入数据解得u共=lm/s

2

由能量守恒定律得*叫+m3)Vi=7(^1+m2+m3)唉+Epmax

代入数据解得Epmax=4J

(3)弹簧对根2，由动量定理得，2=巾2廿共一o=4kg•m/s

则弹簧对血3冲量的大小是，3=k=4kg-m/s

13.(2025•福建莆田•三模)如图所示，长为L=4m、质量为3m的长木板置于光滑水平平台上，长木板的

左端与平台左端对齐，质量为m的物块b放在长木板上表面的左端，长木板的上表面离地面的高度为1.8m。

先将长木板锁定，让质量为号小的小球a在地面上的力点斜向右上与水平方向成45。角抛出，小球a沿水平方向

与物块b发生弹性碰撞，碰撞后，物块匕滑离长木板时速度为a、力碰撞后一瞬间b的速度的号重力加速度g取

10m/s2o求：

(1)小球a与物块b碰撞前一瞬间的速度大小；

(2)物块b与长木板上表面的动摩擦因数；

(3)解除长木板的锁定，让小球a仍从4点以原速度抛出，小球a与物块b碰撞后，物块力与长木板的最终速度

大小。

【答案】(1)6m/s

(2)/z=0.15

(3)1m/s

【详解】(I)设小球a与物块b碰撞前一瞬间速度大小为％,在4点抛出的初速度大小为孙，则竖直方向根据

运动学公式(％5也45。)2=2gh

综合解得％=v0cos45°=y/2gh=6m/s

(2)a与b碰撞过程，根据动量守恒有[mV]=gm%+m%

根据机械能守恒有3=|x+|mv|

解得方=-2m/s,v3=4m/s

根据题意，物块b滑离长木板时的速度%=2m/s

根据动能定理有〃mgxL=|mvj-1mvl

解得〃=0.15

（3）假设a、b碰撞后物块b能滑到长木板的右端，令此时物块b和长木板的速度大小分别为％、%,则由动

量守恒定律有771%=mv\+3mvs

由能量守恒定律有卬ngL=-x37n诏

联立两式代入数据解得U=v5=lm/s

可见假设成立且物块b刚好相对静止在长木板的右端。

14.（2025•福建泉州・安溪•中&惠安•中&养正中学&泉州实中•模拟预测）某同学受《三国演义》的启发,

设计了一个“借箭”游戏模型。如图所示，城堡上装有一根足够长的光滑细杆，杆上套一个质量为mi=160g

的金属环，金属环用长度L=20m轻绳悬挂着一个质量为加2=210g的木块，静止在城墙上方。若士兵以一

定角度射出质量为租3=30g的箭，箭刚好水平射中木块并留在木块中（箭与木块的作用时间很短），之后

带动金属环运动。已知箭的射出点到木块的水平距离为s=80m、竖直高度为H=20m,重力加速度g=

10m/s2,在整个运动过程中，木决整体上升的最大高度小于绳长，箭、木块、金属环均可视为质点，忽略

空气阻力，求：

金七环光滑细杆

（1）箭射中木块前瞬间的速度大小；

（2）箭射入木块的过程中系统损失的机械能；

（3）木块第一次回到最低点时绳子的拉力大小？

【答案】⑴40m/s

（2）21J

（3）2.7N

【详解】（1）箭射出后做斜抛运动，设箭射中木块前瞬间的速度大小为火，即斜抛运动的水平分速度为必，

由运动学公式得s=%3H=^gt2

解得%=40m/s

（2）箭射入木块的过程，两者动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得小3%二（m2+皿3）%

解得%=5m/s

由能量守恒定律可得此过程损失的机械为AE=（如方-“四+g）谱

其中根2=210g=0.21kg,m3=30g=0.03kg

解得=21J

(3)在木块与圆环一起向右运动再回到最低点过程中，在水平方向上满足动量守恒定律，设木块回到最低

点时，木块与圆环的速度分别为内、畤。以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得(m2+

m3)Vi=(m2+m3)%+巾1%,~(m2+=-(m2+m3)v^+-mxvi

其中m】=160g=0.16kg

解得%=lm/s,v4=6m/s

设木块第•次回到最低点时绳子的拉力大小为凡根据牛顿第二定律得F-(牝+g)g=E-m3y4-3)2

解得F=2.7N

15.(2025・福建龙岩•一模)如图甲所示，水平面上固定一倾角6=30。的光滑斜面，劲度系数k=6N/m的轻

弹簧一端固定在斜面挡板上，另一端与质量M=0.15kg的长木板相连，长木板静止在斜面上，与锁定在斜

面上半径R=0.5m的光滑圆弧A8平滑相接于B点，A、B两点的竖直高度差九二^m,质量m=0.1kg的小

16

物块Q从圆弧A点由静止滑下。从a滑上长木板开始计时，t=ls时a滑至长木板下端，此时长木板速度恰好

为零，长木板在前1s内的速度u随时间£按正弦规律变化的图像如图乙所示。已知物块与长木板间动摩擦因

数吁争里力加速度g=10m/s2,弹簧形变在弹性限度内,求：

A

(l)a滑至B点的速度大小％及对轨道的压力大小N：

(2)长木板长度L及系统因摩擦而产生的热量Q：

⑶假设开始时物块Q在外力作用下置于圆弧B点，现有另一小物块b从圆弧4点静止滑下与Q发生弹性正碰

(碰前瞬间撤去a的外力，碰后立即撤走b和圆弧AB),b的质量为多少可使长木板与弹簧组成系统获得最大

的机械能。

【答案】(l)%=2.5m/s,

(2)1=1.25m,Q=一

lo

⑶叫,二2kg

【详解】(1)a从4到8,由动能定理得：mgh=\TTIVQ

得：v0=2.5m/s

Q在B点，由牛顿第二定律和向心力公式得N-mgcos30。=m恪

K

得：N=2N

4

山牛顿第三定律得：。对轨道的压力大小为5+：8N。

4

（2）由题意可知：小物块在O-ls内一直向下做匀减速运动，其位移为长木板长度，加速度大小为a=

4mgeos300-mgsin30°_,2

m'/

1、

2

L=vot--at=1.25m

板KL也是长木板与物块a在0〜Is内的相对位移，故有Q=〃mgcos30°•L=知

16

（3）由（1）、（2）分析可知，a以初速度先在长板上匀减速滑行时，长木板所受摩擦力始终向下，在做简

谐运动，摩擦力先对其做正功，后做负功，全程做功为零。根据功能关系，要使长木板与弹簧组成系统获

得最大的机械能，则摩擦力对长木板做的正功要最大，即在£=0.5s时，a与长木板恰好分离，如t图像

所示。a、b碰后a以速度v滑上长木板向下做匀减速运动，加速度大小仍为a=2.5m/s2,由题意可知：长

木板沿斜面向卜运动为单方向简谐运动，当a刚好滑上长木板时，长木板处于简谐运动的最大位移处，此时

有：尸回二4mgeos30°=kA

得4=

o

依题意:当长木板简谐运动半个周期（周期7=ls）时，物块a恰好与其分离，此时长木板位移为24滑块

2

位移s=u•:丁一,s-2A=L

得u=§m/s

O

依题意：b与a碰前瞬间的速度仍为先,由动量守恒定律得：mbv0=mv+mbvb

由能量守恒定律得：如匕评=+^mbvl

解得：mb=^kg

16.（24-25高三下•福建泉州•三检）如图甲，整个空间存在水平向左的匀强电场，场强大小E=103v/m。

不带电的绝缘长木板A静止在粗糙水平地面上，其左端固定一劲度系数k=10N/m的轻弹簧，A与地面间

的动摩擦因数〃=0.5。带正电的小物块B从A的右端与弹簧距离与=0.1m处由静止释放，从B释放开始

计时，其速度，随时间/变化的关系图像如图乙，图中0〜口时间内图线为直线，J时刻速度最大，打时刻曲

线的斜率绝对值最大，Q时刻速度恰为。。已知A和B的质量均为m=0.2kg,A与B之间接触面光滑，B

的电荷量大小q=2xl0-3c,弹簧始终在弹性限度内，弹性势能昂与形变量x的关系为昂且最大

静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10m/s2o

(1)求B从释放到刚与弹簧接触的时间h；

(2)求亡2时刻B的速度大小.及J时刻A的速度大小小:

⑶已知S-t2=景，求匕到13时间内A与地面间因摩擦产生的热量Q.

【答案】⑴£1=杀

(2)%=vB=2m/s

(3)Q-J

【详解】(1)对B,根据牛顿第二定律有qE=ma

又%=知/

解得G=率

(2)匕2时刻B的速度最大,其合力为零，即qE二〃Xi

根据能量守恒定律得qE(%o+%i)=^kxI2

解得%=2m/s

由于-2mg=2N

故tz时刻A恰好开始运动，之后由于q2?=〃・2mg,A.B组成的系统受到的合外力为零，系统动量守恒,

由动量守恒定律得租%=6%+7HVA

Q时刻B的速度为0,得以=vB=2m/s

(3)打时刻弹簧的压缩量最大，A、B的速度相同为I，，根据动量守恒定律得

mvQ=2mv

。到S时间内A位移为SA，B位移为SB，打时刻弹簧的压缩量为◊，有

SB二SA+必一

22

根据能量守恒定律得*SB2mv=^kx2—+•〃.2mgsA

得>2=0.4m

在该过程的任意时刻，设A、B的速度分别为以'、为'，根据动量守恒定律有

,

mvQ=mvB+mv^

r

在每段很短的时间At内，有=mvBM+mv^Lt

两边累加后得小0。3—[2)=msB+msA

综上可得SA=^m

Q=〃•2mgsA

得Q=*j

17.(2025•福建福州福九联盟•三模)如图所示，一长为L=20m的倾斜传送带与水平方向的夹角为。=37。，

以%=4m/s的速度逆时针方向匀速转动。物块A放置于传送带的上端，物块B放置于•物块A下方的一段

距离的传送带上，将两物块同时无初速地释放，％=0.75s后两物块发生第•次弹性碰撞，之后两物块可以

发生多次弹性正碰，碰撞时间极短可以忽略不计，两物块均可看作质点。已知两个物块A、B质量分别为小1

=lkg,m2=2kg,物块A、B与传递带之间的动摩擦因数分别为〃1=0.25,〃2=。-75,重.力加速度8取1001/$2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8o求:

(1)两物块第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小；

(2)的物块第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小；

(3)从释放物块开始到两物块发生第二次碰撞前瞬间的过程中，物块A与传送带间因摩擦产生的热量Q-.

(4)两物块在传送带1•.能发生的碰撞次数。

【答案】(IWAI=3m/s

(2)VB2=2m/s

(3)Q=26.25J

(4)4次

【详解】(1)对物块B受力分析有/=ii2m2gcosG=m2gs\n0

则物块B受力平衡，无初速度放置于传送带上后将保持静止状态

对物块A,根据牛顿第二定律有必於也。-^m1gcosO=mxa

两物块第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小以i=at0=3m/s

(2)设第一次碰撞之后瞬间物块A