2026年黑吉辽蒙高考物理二轮复习重难09 动量　动量和能量观点的综合应用（解析版）

重难09动量动量和能量观点的综合应用

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锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向

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授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧

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突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数

重难冲刺练

模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”

1.弹性碰撞模型如下：

Ⅰ：弹性碰撞

发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为和，碰前速度为，，

m1m2v1v2

碰后速度分别为ˊ，ˊ，则有：

v1v2

m1v1m2v2m1v1m2v21

12121212

mvmvmvmv2

211222211222

联立（1）、（2）解得：

mm2mmm2m

122，211

v1v1v2v2v2v1

m1m2m1m2m1m2m1m2

特殊情况：若，，（速度交换）

m1m2v1v2v2v1.

Ⅱ：“动碰静模型”弹性碰撞的结论

两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为、速度为的小球与质量为的静止小

m1v1m2

球发生正面弹性碰撞为例，则有

m1v1m2v2m1v1m2v21

121212

mvmvmv2

211211222

mm2m

解得：12，1

v1v1v2v1

m1m2m1m2

结论：当时，，质量相等，速度交换

(1)m1m2v10v2v1()

当时，，，且大碰小，一起跑

(2)m1m2v10v20v2v1()

当时，，小碰大，要反弹

(3)m1m2v10v20()

当时，，极大碰极小，大不变，小加倍

(4)m1m2v1v1v22v1()

当时，，极小碰极大，小等速率反弹，大不变

(5)m1m2v1v1v20()

2.非弹性碰撞、完全非弹性碰撞模型如下：

Ⅰ：非弹性碰撞

介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。

根据动量守恒定律可得：

m1v1m2v2m1v1m2v21

12121212

损失动能E根据机械能守恒定律可得：mvmvmvmvE2

k211222211222k

Ⅱ：完全非弹性碰撞（动碰动）

碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得：

m1v1m2v2m1m2v共1

完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：

121212

Emvmvmmv共2

k211222212

mvmv1mm2

联立（）、（）解得：1122；12

12v共Ekv1v2

m1m22m1m2

Ⅲ：完全非弹性碰撞（动碰静）

碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得：

m1v1m1m2v共1

完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：

1212

Emvmmv共2

k211212

m1mm212mm静

联立（1）、（2）解得：v1v；E12vmv2E

共1k111k1

m1m22m1m22m1m2m总

（建议用时：30分钟）

1．（2025·辽宁·高考真题）如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝

OM、ON1．（2024·吉林·一模）某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下匀

速率运动，该轨道各处弯曲程度相同，在此过程中，小车（）

A．机械能保持不变B．所受合力不为零

C．处于失重状态D．动量保持不变

【答案】B

【详解】A．小车沿等螺距轨道向下匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重力势能减

小，可知小车的机械能减小，故A错误；

B．根据上述可知，小车沿轨道方向的合力为0，轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供圆周运动的向心

力，即小车的合力不为零，合力方向总指向图中轴心，故B正确；

C．由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向的合力为0，

即沿轨道方向的加速度为0，又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的作用力提供

圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知小车的加速度方向沿水平方向，小车不存在竖直方向

的加速度，即小车既不处于超重，又不处于失重，故C错误；

D．小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式有pmv，可知小车的动量大小不变，动

量的方向发生变化，即动量发生了变化，故D错误。

故选B。

2．（2025·黑龙江大庆·一模）如图甲，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于虚线AB

左侧始终竖直向下的磁场B1中，bc边与虚线AB重合，虚线AB右侧为B20.2T的匀强磁场。导体框的质

量m1kg，电阻R0.5、边长L1m，磁感应强度B1随时间t的变化图像如图乙所示。在t1s时，导体

框解除固定，给导体框一个向右的初速度v00.1m/s，下列说法正确的是（）

A．t0.5s时流过ad边的电流方向由a到d

B．t0.5s时流过ad边的电流大小为0.4A

C．导体框的bc边刚越过虚线AB时受到的安培力的大小为0.024N

4

D．当线框速度减为0.02m/s时ad边移动的距离为m

9

【答案】D

【详解】A．由图乙可知，0~1s内，左侧的磁通量减少，根据楞次定律可知，t0.5s时流过ad边的电流方

向由d到a，故A错误；

B0.20.1

B．根据法拉第电磁感应定律可知，t0.5s时导体框的感应电动势为E1S12V=0.1V

t1

E

感应电流大小为I0.2A，故B错误；

R

．导体框的边刚越过虚线时，感应电动势为

CbcABE1B1Lv0B2Lv00.03V

EE

受到的安培力的大小为FB1LB1L0.018N，故C错误；

1R2R

．根据动量定理有

DB1ILtB2ILtmv0mv

EBL2BL(Lx)BLx

根据电流的定义式有qItt112

RRR

4

解得xm，故D正确；

9

故选D。

3．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，

弹簧的压缩量为x0，如图所示，一质量为2m物块从钢板正上方距离为4.5x0的A处自由落下，打在钢板上

并立刻与钢板粘连一起向下运动。它们到达最低点后又向上运动。已知弹簧以原长处为零势能面的弹性势

12M

能表达式为Epkx，弹簧振子做简谐运动的周期T2，（x为弹簧形变量，M为振子的质量，k

2k

为弹簧劲度系数），钢板与物块均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确

的是（）

A．物块与钢板碰撞后一起下落的初速度是3gx0

B．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A6x0

23x

C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t0

3g

D．运动过程中弹簧的最大弹性势能Epm18mgx0

【答案】C

1

【详解】A．对物块，根据动能定理有2mg4.5x2mv2

020

解得v03gx0

设v1表示质量为2m的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，取v0方向

为正，则2mv03mv1

2v

解得v02gx

130

故A错误；

111

B．碰后根据能量守恒kx23mv23mgxxkx2

20211021

根据平衡条件可得F弹kx0mg

解得x17x0

当物块与钢板受力平衡时，为平衡位置3mgkx2

解得x23x0

所以振幅为Ax1x24x0

故B错误；

2πt12x0

C．碰撞刚结束至两者第一次运动到平衡位置时间为t1，则sin

TA

T

解得t

112

T

继续运动到最低点所经历的时间t，则t

224

T13m2π3x

所以，碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间ttt2π0

1233k3g

故C正确；

1

D．当物块与钢板运动到最低点时，弹簧的弹性势能最大Ekx224.5mgx

pm210

故D错误。

故选C。

4．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）2025年2月10日，中国选手杨文龙在哈尔滨第九届亚冬会单板滑雪男子

大跳台决赛中勇夺冠军，杨文龙的重心运动过程简化后如图所示，若其起跳瞬间速度大小v1，方向与水平

方向的夹角为，着陆瞬间速度大小为v2，方向与水平方向的夹角为，其所受空气阻力的大小与速度大

小成正比，方向与速度方向相反，比例系数为k，重力加速度为g，杨文龙与雪板的质量为m。下列说法正

确的是（）

A．杨文龙在空中的运动为匀变速曲线运动

mvcosvcos

B．起跳点A到着陆点C的水平距离为x12

k

1212

C．从起跳点到着陆点杨文龙重力势能减少为E减mvmv

P2221

D．杨文龙在最高点B时处于超重状态

【答案】B

【详解】A．匀变速曲线运动要求加速度恒定，由于空气阻力大小与速度成正比，合力会随速度变化，所以

加速度不恒定，故A错误；

B．规定水平向右的方向为正方向，设杨文龙从A到C所受的空气阻力大小的平均值为f，则fkv

设从A到C的时间为t，则在水平方向上动量定理ftmv2cosmv1cos

水平位移xvt

mvcosvcos

联立解得x12，故B正确；

k

11

C．从起跳点到着陆点，运动员受到空气阻力和重力做功，根据动能定理WWmv2mv2

Gf2221

重力势能的减少量等于重力做功，所以从起跳点到着陆点杨文龙重力势能的减少量大于动能的变化量

1212

即E减mvmv，故C错误；

P2221

D．杨文龙在最高点有向下的加速度，处于失重状态，故D错误。

故选B。

5．（2025·吉林长春·二模）中国空间站在距地面高度约400km的轨道上做匀速圆周运动，该轨道远在距地

面100km的卡门线（外太空与地球大气层的分界线）之上，但轨道处依然存在相对地心静止的稀薄气体，

气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速。空间站安装有发动机，能够实时修正轨道。已知中国空间站

离地面高度为h，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，将空间站视为如图所示的圆柱体，其运行方

向上的横截面积为S，稀薄气体密度为，不考虑其他因素对空间站的影响，则（）

A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，其高度降低，动能减小

gR2

B．空间站的速度大小为

h

SgR2

C．气体对空间站前端作用力大小为

hR

2

gR23

D．空间站发动机的功率为S

hR

【答案】C

【详解】A．考虑到气体阻力，若空间站没有进行轨道修正，气体与空间站前端碰后瞬间可视为二者共速，

Mmv2

可看作完全非弹性碰撞，故会损失的机械能，其高度降低，又根据牛顿第二定律G2m

RhRh

故h减小时，v增大，动能增大，故A错误；

Mmv2

B．根据牛顿第二定律G2m

RhRh

Mm

又地球表面Gmg

R2

gR2

联立解得v

Rh

故B错误；

C．设极短的时间t内与空间站前端碰撞的稀薄气体质量为mSvt

碰撞瞬间，根据动量守恒mvmΔmv1

由于mm

故v1v

对稀薄气体m，根据动量定理Ftmv1

SgR2

联立解得空间站前端对稀薄气体的作用力大小F

hR

SgR2

根据牛顿第三定律知气体对空间站前端作用力大小为，故C正确；

hR

3

222

．空间站发动机的功率为SgRgRgR2

DPFvS

hRRhhR

故D错误。

故选C。

6．（2024·辽宁沈阳·二模）2024年春天，中国航天科技集团研制的50kW级双环嵌套式霍尔推力器，成功

实现点火并稳定运行，标志着我国已跻身全球嵌套式霍尔电推进技术领先行列．嵌套式霍尔推力器不用传

统的化学推进剂，而是使用等离子体推进剂，它的一个显著优点是“比冲”高。比冲是航天学家为了衡量火箭

引擎燃料利用效率引入的一个物理量，英文缩写为Isp，是单位质量的推进剂产生的冲量，比冲这个物理量

的单位应该是（）

A．m/sB．kgm/sC．m/s2D．Ns

【答案】A

I

【详解】根据题意比冲表示的是单位质量的推进剂产生的冲量，故可得I

spm

结合动量定理Imv

kgm/s

可得比冲这个物理量的单位为11m/s

kg

故选A。

7．（2024·黑龙江·三模）如图所示，质量均为m的滑块A、B、C放在光滑的水平面上，A紧靠竖直墙壁，

一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大

小为F=mg的恒力，使B、C一起向左运动，当弹簧压缩到最短时，立即撤去恒力。轻弹簧始终处于弹性限

度范围内，重力加速度为g，则滑块A的最大速度为（）

2mmg2mgm

A．gB．gC．D．

k2k3k32k

【答案】A

【详解】恒力F作用时，弹簧压缩到最短的过程中，B、C一起做简谐运动，根据简谐运动的对称性可知，

F2mg

弹簧压缩到最短时的压缩量为x2

kk

立即撤去恒力，当弹簧恢复原长时，B、C发生分离，设此时B、C的速度大小为v，根据能量守恒有

1

Fx2mv2

2

2m

解得vg

k

弹簧恢复原长后，A、B和弹簧组成的系统水平方向动量守恒和动能守恒，当弹簧再次恢复原长时，滑块A

的速度最大，有

mvmvAmvB

111

mv2mv2mv2

22A2B

2m

联立解得vg

Ak

故选A。

8．（2024·黑龙江·三模）CRH380A型电力动车组共8节车厢，中间6节为动车，自带动力，另外2节为拖

车，不带动力。如图所示为动车在水平长直轨道上的模拟运行图，每节动力车厢的额定功率均为P。列车以

额定功率向右以最大速度运行，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰

到车厢后空气的速度变为与车厢速度相同。已知空气密度为ρ，1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投

影面积）为S。若每节车厢的质量均相等，不计其他阻力，忽略其它车厢受到的空气阻力，则下列说法正确

的是（）

P

A．列车的最大运行速度大小为3

S

P

B．列车的最大运行速度大小63

S

5

C．若突然撤去动力，6号车厢对7号车厢的作用力大小为34P2S

16

1

D．若突然撤去动力，6号车厢对7号车厢的作用力大小为336P2S

4

【答案】D

【详解】AB．设动车的速度大小为v，动车对空气的作用力大小为F，则根据动量定理可得FtvtSv0

解得FSv2

当牵引力等于阻力时，动车速度达到最大，则有6PFvmax

6P

解得v3

maxS

故AB错误；

32

CD．当动车速度达到最大时，动车受到的空气阻力2

fSvmax36PS

设每节车厢的质量为m，撤去动力瞬间，对动车整体根据牛顿第二定律进行分析可得f8ma

对7、8号车厢分析可得F672ma

11

联立解得6号车厢对7号车厢的作用力大小为Ff336P2S

6744

故C错误，D正确。

故选D。

（建议用时：30分钟）

9．（2024·黑龙江·三模）如图所示，长为L的轻质细绳一端与带孔小球P连接，另一端与木块Q连接，小

球P穿在光滑的固定水平杆（足够长）上，小球P与木块Q的质量均为m。t=0时刻，给木块Q一水平向

右的瞬时冲量，使其获得v0gl的初速度，则从t=0时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，下列说法正

确的是（）

A．绳对P先做正功后做负功

B．绳对P的冲量大小为mgl

C．木块Q运动到最右侧时的速度大小为0

D．木块Q再次运动到P正下方时，P的速度大小为gL

【答案】D

【详解】A．从t0时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，细绳一直处于向右倾斜状态，故绳对P一直

做正功，A错误

BD．从t0时刻至Q再次运动到P正下方的过程中，由动量守恒有mv0mvPmvQ

111

由能量守恒有mv2mv2mv2

202P2Q

联立解得

vQ0

vPgl

对P由动量定理可得I支持力I重力I绳mgL0

由受力分析可知重力与支持力不相等，故I绳mgL

B错误；D正确；

C．木块Q运动到最右侧时，具有和P相同的水平速度，由动量守恒有mv02mv

gL

解得v

2

C错误。

故选D。

10．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）如图甲所示，质量为1.5kg的长木板B静止在光滑水平地面上，在t0

时刻，可视为质点、静止在长木板B左端的质量为0.5kg的物块A在水平外力F作用下开始运动，3s后撤

去外力F，外力F随时间变化的关系如图乙所示，物块A与长木板B间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则（）

A．物块A与长木板B在1s时开始相对运动

B．在0～3s内，长木板B的加速度一直增大

10

C．3s末长木板B的速度大小为m/s

9

D．3s末物块A的速度大小为1m/s

【答案】C

【详解】A．当物块A与长木板B间即将出现相对运动时，对长木板B受力分析，由牛顿第二定律得

mgma

对物块A受力分析得Fmgma

24

解得am/s2，F=N

33

8

由图可知物块A与长木板B在s时开始相对运动，故A错误；

3

B．在0~3s内，长木板B的加速度先增大后不变，故B错误；

8

C．设在s时物块A和长木板B的共同速度大小为v，则由Ft(Mm)v

3

8

解得vm/s

9

810

在s~3s时间内，长木板B做匀加速直线运动，则3s末长木板B的速度大小为vvatm/s

3B9

故C正确；

82

D．在s末物块A的加速度大小为am/s2

33

3s末物块A的加速度大小为a1m/s2

8aa5

在~3s时间内，物块A的速度增加量vtm/s

3218

7

则3s末物块A的速度大小为vvvm/s

A6

故D错误。

故选C。

11．（2025·吉林长春·二模）如图甲所示，一运动员在练习投冰壶，开始时冰壶静止在发壶区固定位置，运

动员对冰壶施加一个水平推力，作用一段时间后撤去。若运动员施加的水平推力第一次为F1，第二次为F2，

两次冰壶恰好能停在冰面上的同一位置，两次冰壶运动的动能Ek随位移x的变化图像如图乙所示，下列说

法正确的是（）

A．F1做的功小于F2做的功

B．F1的平均功率等于F2的平均功率

C．F1的冲量大于F2的冲量

D．两次运动中摩擦力的冲量相等

【答案】C

【详解】A．根据动能定理WΔEkF合x可知，图线的斜率等于冰壶所受的合外力，冰壶的最大动能对应

撤去水平推力的时刻，撤去推力后两图线的斜率相同，即摩擦力相同，撤去推力前第一次图线的斜率小，

可知F1小于F2，由两次运动的整个过程动能变化量均为零，可知合外力做功为零，即F1、F2做的功等于整

个过程克服摩擦力做的功，而摩擦力大小及冰壶的位移均相同，故F1、F2做的功相等，A项错误；

B．由图乙可知撤去F1时冰壶的动能小，即最大速度小，加速过程的平均速度小，由平均功率PFv可知，

F1的平均功率小于F2的平均功率，B项错误；

CD．两次冰壶的整个运动过程动量变化量为零，即合外力冲量等于零，所以F1、F2的冲量大小等于摩擦力

的冲量大小，因两次运动的位移相同，而第一次撤去外力时冰壶的速度小，可知第一次运动的时间大于第

二次运动的时间，故第一次运动中摩擦力的冲量大于第二次运动中摩擦力的冲量，即F1的冲量大于F2的冲

量，C项正确，D项错误。

故选C。

12．（2025·吉林长春·二模）如图甲所示，a、b两物块（均视为质点）用轻质弹簧连接并放置在光滑的水

平面上，b的质量为m。t0时刻，使a获得水平向右、大小为v0的初速度，a、b运动的速度—时间图像

1

如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能Ekx2，其中x为弹簧的形变量，弹簧始终处

p2

于弹性限度内。下列说法不正确的是（）

A．a的质量为2m

B．t2时刻，a、b间的距离最大

2

C．0t时间内，b所受冲量的大小为mv

330

2mv2

D．图乙中阴影部分的面积为0

3k

【答案】B

2

【详解】A．设a的质量为m，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得mvmmv

aa0a30

解得ma2m，故A正确；

B．根据图乙可知，t1时刻之前a的速度大于b的速度，t1时刻a的速度等于b的速度，则t1时刻弹簧被压

缩最短，此时a、b间的距离最小，接着弹簧逐渐恢复原长，在t2时刻a的速度最小、b的速度最大，此时

弹簧恢复原长，故t2时刻a、b间的距离并非最大，接着弹簧继续伸长，a的速度增大、b的速度减小，在t3

时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此t3时刻a、b间的距离最大，故B错误；

22

C．0t时间内，以水平向右的方向为正方向，对b由动量定理可得Imvmv，故C正确；

33030

D．图中阴影部分的面积为弹簧的最大压缩量xmax，根据能量守恒定律可得

2

121212

2mv0m2mv0kxmax

2232

2mv2

解得x0

max3k

2mv2

即图乙中阴影部分的面积为0，故D正确。

3k

此题选择不正确选项，故选B。

13．（2025·吉林·一模）如图甲所示为建筑工地重型塔吊。工作时悬臂保持不动，可沿悬臂水平移动的天车

下有一个挂钩可用于悬挂重物。天车有两个功能，一是吊着重物沿竖直方向运动，二是吊着重物沿水平方

向运动。重物经过A点开始计时（t0，竖直方向初速度为零），在将一质量为m的重物运送到B过程中，

3

天车水平方向以at的速度匀速运动，竖直方向运动的加速度随时间变化如图乙所示，不计一切阻力，

200

重力加速度为g，对于该过程，下列说法正确的是（）

A．重物做匀变速曲线运动，合力竖直向下

B．在t0与tt0时刻，拉线对重物拉力的差值为ma0mg

122

C．t0时刻，重物的动能大小为mat

800

1

D．0~t，拉线对重物拉力的冲量大小为mgtmat

00200

【答案】D

【详解】A．依题意可知，由于重物水平方向匀速直线运动，竖直方向做加速度随时间均匀减小的加速运动，

所以重物合力竖直向上，做非匀变速曲线运动，故A错误；

B．在t0时刻，根据牛顿第二定律，由图乙可得T1mgma0

tt0时刻，重物加速度为0，拉线对重物拉力T2mg

二者的差值为TT1T2ma0，故B错误；

1

C．根据at图像围成的面积表示速度的改变量，可得t0时刻，重物在竖直方向上的速度大小为vat

y200

22

31

则t时刻，重物的速度大小为22

0vvxvya0t0a0t0a0t0

22

11

动能大小为Emv2ma2t2，故C错误；

k2200

D．0~t0对重物，根据动量定理可得I合IFIGpmvy

1

可得拉线对重物拉力的冲量大小为IImvmgtmat，故D正确。

FGy0200

故选D。

14．（2025·辽宁·二模）如图所示，质量分别为1kg、2kg的小车A、B置于光滑水平面上，小车A右端与

轻质弹簧连接。现使A、B两车分别以6m/s、2m/s沿同一直线，同向运动。从小车B与弹簧接触到与弹簧

分离时，以下判断正确的是（）

A．弹簧对小车B做功的功率一直增大

20

B．弹簧对小车A冲量大小为kgm/s

3

C．某一时刻小车A、B速度可能分别为－4m/s和7m/s

D．某一时刻小车A、B速度可能分别为2m/s和4m/s

【答案】D

【详解】A．从小车B与弹簧接触到与弹簧分离过程，弹簧的弹力从0逐渐增大后又逐渐减小为0，小车B

的速度一直增大，根据PF弹vB

可知弹簧对小车B做功的功率先增大后减小，故A错误；

B．从小车B与弹簧接触到与弹簧分离时，根据系统动量守恒可得mAvA0mBvB0mAvAmBvB

1111

根据系统机械能守恒可得mv2mv2mv2mv2

2AA02BB02AA2BA

214

联立解得分离时A、B的速度分别为vm/s，vm/s

A3B3

16

根据动量定理可得弹簧对小车A的冲量为Imvmvkgm/s

AAAA03

16

可知弹簧对小车A冲量大小为kgm/s，故B错误；

3

214

C．由于分离时A、B的速度分别为vm/s，vm/s，所以A的速度不会变为反向，故C错误；

A3B3

2

D．由于分离时A、B的速度分别为vm/s，所以可以存在某一时刻小车A的速度为2m/s，此时根据

A3

动量守恒可得mAvA0mBvB0mAvAmBvB

代入数据解得vB4m/s

故D正确。

故选D。

15．（2025·辽宁丹东·二模）如图所示，水平面上固定着两根足够长的平行导槽，质量为m的U形管（弯

曲部分是半径为R的半圆）恰好能在两导槽之间自由滑动，一质量也为m的小球沿水平方向，以初速度v0从

U形管的一端进入，从另一端出来。已知小球的直径略小于管道内径，不计一切摩擦，下列说法正确的是

（）

A．该过程中，小球与U形管组成的系统动量守恒

B．小球在U形管中运动的动能先增大后减小

3

C．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，速度大小为v

20

1

D．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，U形管对平行导槽的冲量大小为mv，

20

方向垂直于导槽向上

【答案】C

【详解】A．该过程中，小球与U形管组成的系统沿两导槽方向动量守恒，但垂直导槽方向动量不守恒，

故A错误；

B．由于不计一切摩擦，在小球与U形管相互作用过程中，小球的动能只能与U形管的动能发生转移，故

小球与U形管组成的系统机械能守恒；小球在U形管中运动时，U形管一开始的动能一定增加，所以小球

的动能一开始一定减少；小球从U形管的另一端射出时，小球与U形管系统机械能守恒，沿着轨道方向系

统动量守恒，类比弹性碰撞，交换速度，小球从U形管的另一端射出时，速度大小为0，所以小球在U形

管中运动的动能一直减小，故B错误；

C．从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程时，小球和U形管平行导槽方向速度相同，对此

过程满足平行导槽方向动量守恒定律，有mv02mvx

v

解得v0

x2

111

由系统机械能守恒得mv2mv2mv2

202x2

3

解得小球的速度大小为vv，故C正确；

20

2

D．小球运动到U形管圆弧部分的最左端时，垂直轨道的分速度为vv2v2v

yx20

运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中，在垂直轨道方向，以垂直向下为正方向，对小球与U形管系统

2

根据动量定理有Imv0mv

y20

2

根据牛顿第三定律可知，U形管对平行导槽的冲量大小为mv，方向垂直于导槽向上，故D错误。

20

故选C。

16．（2025·辽宁丹东·模拟预测）体育课上，体育老师组织同学们开展摸篮板高度的比赛。如图所示，一质

量m60kg的同学弯曲两腿向下蹲，然后用力蹬地起跳。该同学离开地面跳起的过程中，他的重心沿竖直

方向上升的最大高度h0.45m，重力加速度g10m/s2，不计空气阻力。

(1)求该同学跳起瞬间重力的瞬时功率大小；

(2)若该同学起跳蹬地过程中，地面对该同学的冲量为I300Ns，求蹬地时间t。

【答案】(1)PG1800W(2)t0.2s

【详解】（1）由竖直上抛公式得v22gh

解得v3m/s

由重力瞬时功率PGmgv

解得PG1800W

（2）由动量定理得，向上为正方向，则Imgtmv

解得t0.2s

（建议用时：40分钟）

17．（2025·辽宁葫芦岛·二模）如图所示，倾角为30的光滑绝缘斜面底端固定有一劲度系数为k的轻质

弹簧，弹簧上端连接一质量为2m不带电的滑块Q而处于静止状态，整个装置处于沿斜面向下的匀强电场中，

mg9mg

场强大小E。在Q的上方x处由静止释放一质量为m、电荷量为q的滑块P，运动一段时间后

2q02k

P与Q发生碰撞，碰撞时间极短（可忽略不计），P所带电荷量不会转移到Q。碰后P、Q一起向下运动，

到达最低点后又向上弹回。已知重力加速度为g，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x

12M

的关系为Epkx，弹簧振子的周期公式为T2，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。

2k

(1)求碰后瞬间P、Q的共同速度；

(2)求碰后P、Q一起向下运动的最大位移；

(3)试判断P、Q碰后的运动过程中是否会分离。如果会分离，则求从释放P到P、Q第一次分离所用的时

间；如果不会分离，则求从释放P到P、Q速度第二次减为零所用的时间。

m353m

【答案】(1)g(2)mg(3)不会分离，3