2026年高考物理二轮复习（培优版）动量（含答案）

（培优版）第一篇第5讲动量

考点一动量定理及应用

1.冲量的三种计算方法

公式法/=6适用于求恒力的冲量

动量定理法多用于求变力的冲量或R/未知的情况

广/图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F

图像法

与/成线性关系，也可直接用平均力求解

2.动量定理

（1）公式：FN=mv'-〃iv

⑵应用技巧：

①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。

②表达式是矢量式，需要规定正方向。

③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。

例1（2025・甘肃卷・14）如图甲所示，细杆两端固定，质量为"?的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚

好能静止在细杆上。现以水平向左的力尸作用在物块上，尸随时间，的变化如图乙所示。开始滑动瞬间

的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g,匕3（尸。求：

（l）r=6s时下的大小,以及/在0~6s内。的冲量大小;

⑵/在0~6s内，摩擦力/随时间i变化的关系式，并作出相应的外图像;

（3）r=6s时,物块的速度大小。

答案（1心警电警（2）见解析（34g

解析（1）由题图乙可知/随时间线性变化，根据数学知识可知F二回㈣f

4

所以当尸6s时，斤金等

0-6s内尸的冲量为F"图像围成的而积，即/=1X当mgX6二竽

（2）由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则有"igsin300=//w^cos30°

//=tan300=y,此后尸增大小减小，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力，在垂直杆方向，当“sin

()=nigcos0时，t=4s,贝I0~4s,垂直杆方向Fsin0+F^=mgcos0

摩擦力月瓜普(易〃/,岫心仙g(OWW4s)

oZoZo

在4-6s内，垂直杆方向Fsin夕二〃?geosO+FN

摩擦力户诉二斗(净当〃g)=()»〃g(4s«W6s)

oo/oL

相应的户，图像如图

⑶在0~6s内沿杆方向根据动量定理有〃?g，sinO+IFCOSO-I(=mv

在0~6s内摩擦力的冲量为/■/图像围成的面积，则介=：xX4+|xX2=1?g

联立有〃?gX6sin30。/^〃7g.cos30°-^/ng=mv

可得口会。

例2(2025•福建福州市模拟)水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料

等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面半径为，•的圆柱形水流垂直射到要

切割的竖直钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流速为心水的密度为〃，则钢板受到水的

平均冲力大小为()

A."7n?，B.^p7tv2r

C.pnvrD.ym，/

答案A

解析以水为研究对象，根据动量定理可知代*，^m=pV=pSl=pTU与t,联立可得F=p兀由牛顿第三

定律可知，钢板受到水的平均冲力大小为pjrvV,故选A。

B提炼总结

流体的柱状模型

(nrji)

对于流体运动，可沿流速V的方向选取一段柱形流体，在极短的时间加内通过某一横截面积为S的柱形流

体的长度为△/二•△/,如图所示。

以流体微元原速率反弹为例，求所受冲击力的解题步骤：

(1)在极短时间加内，取一小柱体作为研究对象。

(2)求小柱体的体积△V=SMf。

⑶求小柱体的质量\m=pW=Spv\io

(4)应用动量定理△〃二产加。

⑸作用后流体微元以速率u反弹，有A/J=-2AZ7/VO

(6)联立解得F=-2pS/。

例3(多选)(2025•山东青岛市三模)将小球以初速度必竖直向上抛出，经过一•段时间小球又落回抛出

点，速度大小为u,运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，小球在空中运动时间为3

重力加速度为g,则()

A./时间内空气阻力的冲量为零

B.f时间内空气阻力的冲量不为零

C.u.

9

D.a

2g

答案AC

解析选向上为正方向，上升过程中空气阻力冲量加二行•△/=・去，x为上升的高度，同理，下降过程中

I(2=k.x,所以/时间内空气阻力的冲量/f=/fi+/c=0,A正确，B错误；全过程根据动量定理有-ingt+If=-niv-

mvo,可得片上也，C正确，D错误。

9

变式(2025•山东烟台市二模)如图所示，一质量为〃7的足球在水平地面上的A点由静止被踢出后落在

水平地面的3点，已知足球在A点离开地面时速度方向与水平方向的夹角为37。，足球所受空气阻力

大小与速度大小成正比，比例系数为4,足球在空中飞行时间为八A、8两点的水平距离为K,到达8

点时速度方向与水平方向的夹角为53。，重力加速度为g,sin37o=0.6,sin53o=0.8。求：

(1)足球离开4点时和到达8点时的速度大小；

(2)从八点运动到8点的过程中，空气阻力对足球做的功。

较案⑴3mgt+4kx4?ngf-3kx

5m5m

C、7m2g2t2_7k2x2_48mgckx

()50m

解析(1)设足球离开A点时的速度为％,到达8点时的速度为也在竖直方向，选取向下为正方向，从A

到8应用动量定理

mgl+^k\\At=mvsin53°-(-wvosin37°)

整理可得/〃g/=O.8/"y+O.6〃”o

水平方向，选取向右为正方向，从A到8应用动量定理

-£Z;VvAf=/«vcos53°-z/?vocos37°

整理可得依=O.6〃MO.8〃WO

、A„，g3mat+4kx4mat-3kx

联工解得V（）=-----,V=—1--------

5m5m

⑵从A到8,由动能定理得lVf=-wv2--w?V2

220

结合上述结论，解得卬尸2止誓"。

3提炼总结

动量定理及微元积分法在变速直线运动中的应用

1.当物体受到的力与速度成正比，F=kv,且力与速度在一条直线上时，该力在一段时间内的冲量

/尸2加加=。＞加，其中必/表示极短时间内对应的小段位移，所有时间内的小段位移累积后即»如表示整

段时间内的总位移X。若物体受到阻力尸尸加和其他外力（恒力）作用，由动量定理：孔」-2攵必/=〃也匕即尸

怩•一心尸可求未知量/或Ao

2.若变力为安培力。

两种形式：（1）/=Z"〃•△仁用»4=8%；

⑵六£Bi国,i=等,知/=誓工必片哈。

KKK

考点二动量守恒定律及应用

动量守恒定律的三种表达形式

（I）〃?Wl+机2也=〃71*'+〃，2吸'，作用前的动量之和等于作用后的动量之和（常用）。

（2）Ap尸-Apz，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。

（3）Ap=0,系统总动量的变化量为零。

例4（多选）（2025•山东省部分学校联考）如图所示，两块相同平板巴、P?置于光滑水平面上，质量均为

0.5kg,板长均为0.4m,P2的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好停在P2中点A处。物体P置于

Pi的最右端，质景为1kgF1可■看作质点。Pi与P以共同速度i，o=4m/s向右运动，与静止的P?发牛碰

撞，破撞时间极短，碰撞后Pi与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在4点（弹簧始终在弹性限

度内）。P与Pi、P2之间的动摩擦因数〃二。.25,重力加速度g取lOm/s?,下列说法正确的有（）

_________________________AJWWWAA

—二〃“J

A.在运动过程中，弹簧的最大压缩量为0.1m

B.若P与Pi、P2之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时P的速度大小为lm/s

C.若将弹簧换成另一劲度系数较个的弹簧，系统稳定时P受到向右的摩擦力

D.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减小

答案ACD

解析设板的质量为〃?，物体的质量为2〃?，PHP?碰捶时，系统在水平方向上动量守恒，P、P2碰捶后，

二者的共同速度为片，则有〃7n）=2掰片，解得也=2m/s,弹簧压缩量最大时，三者具有共同的速度为也，设

弹簧的最大压缩量为x,整个系统动量守恒，则有2〃八"+2""（）=（2〃z+2〃。也，解得也=3m/s,根据能量守恒定

律可得，P与P|、P?整体共速时损失的动能为E根解得

40.1m,故A正确：若P与口、P?之间接触面光滑，整个系统动量守恒、机械能守恒，属于弹性碰撞，

因为P的质量与Pi、P2整体的质量相等，故当弹簧恢复原长时，P与口、P2整体交换速度，即此时P的速

度为2m/s,故B错误：若将弹黄换成另一劲度系数较小的弹黄，则系统内三物体第一次共速时，弹簧的

最大压缩量心＞.v=0.1m,系统内三物体第二次共速时，三物体损失的总动能EM与未换弹簧时相同，所以物

体P无法返回A点，而是在4点右侧与P2相对静止，此时弹簧处于压缩状态，故物体P受到向左的弹力和

向右的摩擦力而处于平衡状态，故C正确；由上述分析可知，系统稳定时，三物体最终损失的总动能E招

与弹簧的劲度系数无关。未换弹簧前，三物体最终损失的总动能E授全部转化为因摩擦产生的热量，但将

弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统稳定时，弹簧处于压缩状态，所以三物体损失的总动能石粕一

部分转化为因摩擦产生的热量，另一部分转化为弹簧的弹性势能（属于系统的机械能），所以此时系统损失

的机械能减小，故D正确。

例5（多选）（2025•云南昭通市诊断）如图所示为某型号双响爆竹的结构简化图，其内部结构分上、下两

层，分别装载火药。某次燃放测试中，点燃引线，下层火药被引燃后，爆竹获得了竖直升空的初始速

度。当爆竹上升到最大高度〃处时，上层火药恰好被引燃，爆竹瞬间分裂成质量之比为1：2的P、Q

两部分。若P、。均沿水平方向飞出，落地点间的水平距离为却不计空气阻力及爆竹爆炸前后的质量

变化，重力加速度为g。贝人）

A.爆竹分裂后P获得的速度大小为募册

B.爆竹分裂后。获得的速度大小精器

C.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为

18/12

D.上、下两层火药分别被引燃时，爆竹增加的机械能之比为5Z7

108/12

答案AC

解析设P、Q质量分别为in和2m,在最高点爆炸过程根据动量守恒0=〃?力-2m也，可得也=20，爆炸后

P、。均做平抛运动，落地时间片后，二者水平方向均为匀速直线运动，则有x尸口/,x2=v2r,又

X1+X2=L,联立解得P部分获得的速度大小V|,Q部分获得的速度大小以二目亮，故A正确，B错

误；上层火药燃爆时爆竹增加的机械能△豆=工%24乂2/加22=等，下层火药燃爆时爆竹增加的机械能

226/l

"?=3mgh,则上、下两层火药燃爆时爆竹增加的机械能的比值为能=总，故C正确，D错误。

考点三碰撞模型及拓展

I.两种碰撞的特点

举例：一动碰一静结论：

'，〃，〃，，，〃〃〃，〃〃〃，〃，，，〃〃〃〃(1)〃“二，〃2时，VI-0>V2-VI»即两

叫m2

球碰撞后交换了速度

动量守恒如也=如片'+〃及V2'

⑵当加2时，也‘>0，V2'>0,碰

弹性机械能守恒

后两球都沿的方向运动，当

11P.1P

碰撞-/niv/2^/niVi"+-z??2V2~

孙》〃；2时V|-V|,V2-2V|

解得

(3)〃?1<帆2时，vif<0,吸、0,碰后

m1-rm2入射小球反弹，当m\«m2时，

V1--V|,V2-0

2?n1+ni2

完全碰后两球粘在一起末速度相同

非弹动量守恒损失的机械能

12

性碰〃?］片+/〃2也=。〃1+"?2)U，机械能AE=|zt21%2+1〃?21;22尚（，2+〃?2）V

撞损失最多

2.碰撞拓展

(1)“保守型”碰撞拓展模型

如♦

rB+J+q

C）■nRRRRnRRRI'Rr^J〃〃或〃〃源

图例(水平面光滑)，，，，，，，，，，，，，，，，，〃〃

小球-弹簧模型小球-曲面模型小球-小球模型

相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足

达到共速mv()=(m+M)v共,损失的动能最多，分别转化为弹性势能、

重力势能或电势能

相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足

再次分离

222

mvo=mv\+Mv2f机械能守恒，JRS^tnvQ=1/nv1V2

(2)“耗散型”碰撞拓展模型

(*/*|皿

6A

图例（水平面或水平导轨光滑）/////////////////////♦，，，，，，〃，，，〃，，，〃，，

未穿出未滑离达到共速

相当于完全非弹性碰撞，满足mvo=（m+M）v共，损失的

达到共速

动能最多，分别转化为内能或电能

例6（2025・广东卷-7）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力r和6作用下，由静止

开始沿同一直线相向运动，在力时刻发生正碰后各自反向运动。已知B和6始终大小相等，方向相

反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度K随时间/变化的图像，可能正确的

是（）

只丁］F2N

答案A

解析根据牛顿第二定律用A，两小球所受外力尸大小相等，由台图像的斜率表示加速度可知，M、N的

加速度大小之比为4：6=2：3,则M、N的质量之比为3：2;设M、N的质量分别为和2〃八由图像•可

设M、N碰前的速度大小分别为4P和6也因M、N系统所受合外力为零，则系统动量守恒，以向右为正

方向，由动量守恒定律有3〃7X4V+2，〃X（-6I，）=3"”I+2MU2,若系统为弹性碰撞，由能量守恒定律可知

2222

X3;MX（4V）+^X2mX（-6v）=^X3/7/V1+|X2mv2,解得I，2=6I，，因碰撞后M、N的加速度大小之

比仍为2：3,则停止运动的时间之比为1：1,即两小球一起停止，故B、D错误；若不是弹性碰撞，则

3wX4v+2///X（-6v）=3z7?vi+2n?V2,可知碰后速度大小之比为Ml：网=2:3,若假设也=-2匕则也=3v,此时满

足工X3"ZX（4IO2+工则假设成立，因碰撞后M、N的力口速度大小之比仍

为2：3,则停止运动的时间之比为I：I,对M来说碰撞前后的速度大小之比为4u：2i=2：1,可知碰撞

前后运动时间之比为2：1,故A正确，C错误。

例7（多选）（2024.东北三省四市联考二模）如图（a）,一，滑块静置.在水平面上，滑块的曲面是半径为R的

四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度如从圆弧最低点冲上滑块，且

小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为口、也，作出某段时间内D-也

图像如图（b）所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

A.滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒

B.当滑块的速度为0.5%时，小球运动至最高点

C.小球与滑块的质量比为1:2

D.小球的初速度大小可能为序荷

答案AC

解析小球、滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，

故A正确；

设小球的质量为"2,滑块质量为M,在水平方向上由动量守恒定律得〃八『/7W1+MU2

变形为ff

\\=Vom--\2

结合题图（b）可得”=上二2

m0.5%

即上,，故c正确；

M2

小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度也在水平方向上由动量

守恒定律得inv（）=（m+M）v

解得v=T，故B错误；

小球运动到最高点时，由机械能守恒定律得

2

夕〃VQ=|（〃7+M）v^+mgh

其中心R,解得吟历^

则小球的初速度大小不可能为库证，故D错误。

例8（多选）（2025•四川德阳市二模）如图（a）所示，相距较远的两物体A、B放在光滑水平面上，物体B

左端固定一轻弹簧并处于静止状态，物体A以速度如沿A、B连线向B物体运动。仁0时，物体A与

轻弹簧接触（不粘连），此后的一段时间内，两物体的速度u与时间，的关系如图（b）所示。已知

07。（仔切时间内，物体B运动的距离为2摘0,物体A的质量为〃7,运动过程中弹簧始终处于弹性限度

内，下列说法正确的是（）

[A]vwvwwvfB]

(a)

A.物体B的质量为3〃?

B.物体A与轻弹簧分离时，物体B的速度为方。

C.Of）时间内，物体A运动的距离为倒，0

D.物体A与轻弹簧接触的过程中，两物体A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒

答案BC

解析由题图（b）可知小时，A、B共速为也，规定向右为正方向，由动量守恒定律有"wo=（〃汁M芦，解得物

•5*5

体B的质量故A错误；设物体A与轻弹簧分离时，A、B速度分别为以、vB,则由动量守恒定律

22-H-MV2VB=|VO,

有m\\）=inv.\+Mvii,由能量守恒定律有=~utvAB,联立解得故B正确；3殳A、B在七前

任意时刻速度分别为卬、忖，由动量守恒定律有〃ZUO=〃?VAI+MI，BI,整理得〃“MO=〃LVA+MXB,其中

AB=^VO/O,联立解得XA=》O/O,故C正确：物体A与轻弹簧接触的过程中，由于水平面光滑，两物体A、B

组成的系统动量守恒，该过程A、B的机械能与弹簧弹性势能相互转化，所以A、B系统机械能不守恒，

故D错误。

B提炼总结

积分思想在动量守恒中的应用

1.人船模型

/?7V|=A/V2,/HV|A/=MV2AZ,各段时间累加后，”IT产M.0X\+Xi=Lo

2.m\Vo=ni\V\+m2V2

Hl］V（）A/=Z7Z）V\^t+ni2\?2^t

每段累力r,后VOL〃2IX］+〃22X2（VO、7已知）U

―*4

r1।

|口口\WWVWWlf"|

专题强化练

［分值：55分］

“〜5题，每题4分，6〜9题，每题6分］

［保分基础练］

1.（多选）（2025•河北沧州市五县联考一模）如图所示，用轻弹簧相连的物块A和B放在光滑的水平面上，物

块A紧靠竖直墙壁，一颗子弹沿水平方向射入物块B并留在其中，由子弹、弹簧和A、B物块组成的系

统，在下列说法中正确的是（）

，）〃）/〃〃〃〃〃）〃力〃〃〃〃〃〃〃/

A.了弹射入物块过程动量守恒，机械能不守恒

B.子弹射入物块过程动量不守恒，机械能也不守恒

C.弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程动量不守恒，机械能守恒

D.弹簧推着含子弹的B物块向右运动，直到弹簧恢豆原长的过程动量守恒，机械能不守恒

答案AC

解析子弹射入物块过程，由于时间极短，子弹与物块组成的系统动量守恒，在此过程中，子弹的动能有

一部分转化为系统的内能，则系统的机械能减小，所以机械能不守恒，故A正确，B错误；弹簧推着含子

弹的B物块向右运动，直到弹簧恢复原长的过程，弹簧要恢复原长，墙对系统有向右的弹力，系统的合外

力不为零，则系统动量不守恒。在此运动过程中，只有弹黄的弹力做功，所以系统的机械能守恒，故C正

确，D错误。

2.（多选）（2025・广东辇庆市一模）一质量为0.6kg的篮球，以8m/s的速度水平撞击篮板，被篮板反弹后以6

m/s的速度水平反向弹回，在空中飞行0.5s后以7m/s的速度被运动员接住，g取10mH,则下列说法正

确的是（）

A.与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为8.4kg.m/s

B.被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为0.6kg.m/s

C.篮板对篮球的平均作用力大小约为15.6N

D.被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为3N-s

答案AD

解析与篮板碰撞前后篮球的动量变化大小为Api=/〃也-（-加口）=用（也+力）=8.4kg・m/s,选项A正确；根据动

量定理，被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的动量变化大小为=〃?gf=6X0.5kg-m/s=3kg-m/s,选

项B缙误；根据动量定理飞△“，因作用时间未知，则无法确定篮板对篮球的平均作用力大小，选项C

错误；被篮板弹回到被运动员接住的过程中篮球的重力产生的冲量大小为肥=»2="g/=6X0.5kg-m/s=3

kg-m/s=3N-s,选项D正确。

3.（2025•山东烟台市二模）2025年4月II日成功发射通信技术试验卫星十七号。运载火箭点火时向下喷气，

会对地面产生.冲力。假设火箭刚离开地面时竖直向上速度大小为山，火箭喷气口的横截面积大小为S,喷

出气体相对于火箭的速度大小为〃气体垂直射向地面后，竖直速度变为零，己知气体的密度为心重力

加速度大小为g,忽略气体自身重力，心血。则气体对地面的平均冲力大小是（）

A.pSv2B.p5v（v-vo）

C.pSvQ2-D.pS（v-vo）2

答案D

解析设加时间内有△机质量的气体射向地面，地面对气体平均冲力大小为F,规定向下为正方向，由题

意可知气体对地的速度为v、=i，wo,由动量定理有-FA/=0-Awvi.因为,联立解得F=pS{v-

2

v0）o根据牛顿第三定律可知，气体对地面的平均冲力大小是〃S（w%）2,故选D。

4.（2025・山东卷・6）轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱

的质量比为5：1。如图所示，轨道舱在2点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度

大小为G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为（）

轨道舱

解析轨道舱与返回舱的质量比为5：1,设返回舱的质量为则轨道舱的质量为5〃1，总质量为6小；根

据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有6誓=6〃??，可得组合体绕行星做圆周运动的线

速度大小为O设就道舱与返回舱分离后相对行星的速度分别为力、V2,弹射返回舱的过程中组合体

动量守恒，由动量守恒定律得6〃?V=5〃?W+〃W2,代入口=2/处，解得也二3叵,故选C。

5\r

5.（多选）（2025•云南大理市二模）如图所示，两个有四分之一圆弧面的物体A、B静止在光滑的水平面上。

A、B的圆弧面光滑，半径分别为3R和R,底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视为质点的小物块C

从A的圆弧面的顶端静止释放，A、C的质量分别为2〃?和〃?，重力加速度为g,则以下说法正确的是

A.整个过程A、B、C组成的系统动量守恒

B.C刚滑到A底端时，C与B的圆弧面底端的水平距离为2R

C.C刚滑到A底端时，C的速度为2/gR

D.若C滑到A底端后，恰好能滑上B的圆弧面顶端，则B的质量为〃？

答案CD

解析整个过程A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A错误；设C刚滑到

A底端时，A、C的水平位移的大小分别为打、xc,根据“人船模型”有2〃取-加*=0,依题意有

XA+XC=3R,可将C刚滑FA时C与B的圆弧面底端的距离为S=XA=R,故B错误；C刚滑到A底端时，水

22

平方向由动量守恒定律有2mvA-fnvc=0,由机械能守恒定律有mg，3R=3X2mvA+^/nvc,联立解得

VA=y/~gR,vc=2y［gR,故C正确；C滑上B的顶端过程，水平方向由动量守恒定律有阳UC=（〃?+〃?B）U,由机

械能守恒定律有］142=〃?且/?+1（〃1+”加）/,联立解得〃?B=/〃，故D正确。

［争分提能练］

6.（2025・河南卷・7）两小车P、Q的质量分别为〃?P和，阳，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后

的速度I，随时间，的变化分别如图甲和图乙所示。小车N的质量为〃?N，碰撞时间极短，则（）

A."7P>，〃N>〃7Q

D./"Q>〃?N>〃?P

答案D

r

解析P、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有"?pl，p+mNVN=〃7PW+"7NUN',Ppn?p(Vp-Vp)=«?N(VN-VN),根据题

图甲可知(W-I，P')>(VN'-VN),故mP<用N；同理，Q、N碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有

机QI，Q+"?NVN=〃?QUQ'+〃?NVN',即〃?Q(UQ-UQ')=/〃N(VN'-VN),根据题图乙可知(UQWQ')<(VN'-VN),故〃7Q>〃?N；综上可

得〃?Q>〃2N>〃卬,故选D。

7.(2024•安徽卷.8)在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸长的绝缘轻质

细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为阳，带电量为可视为点电荷。初始时，

小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，速度大小分

别为力、吸、门，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了察，％为静电力常量，不计空

气阻力。则()

1中州

22

甲乙

A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变

B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒

C.在图乙位置，V|=V2，V3^2VI

D•在图乙位置，号窿

答案D

解析该过程中系统功能和它势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0,故

动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力大小相等，此时球3受到1

和2的静电力大小相等、方向相反，故可知此时球3受到的合力为0,球3从静止状态开始运动的瞬间受

到的合力不为0,故该过程中小球3受到的合力在改变，故A、B错误；

对系统根据动量守恒mvi+mv2=mv3

根据球1和2运动的对称性可知V|=V2,

解得V3=2V]

根据能量守恒]2《〃缈22+)232=詈

解得桁篇

故C缙误，D正确。

8.（2025•河南郑州市一模）工程师对质量为m的汽车进行性能测试，测得该款汽车综合阻力随速度变化的关

系式旦+人代为常数）。现工程师为汽车提供恒定的牵引力凡使汽车由静止开始做直线运动。汽车位移为

x时恰好达到最大速度。贝4（）

A.汽车速度越大，加速越快

B.汽主达到的最大速度为£

C.整人过程的平均速度为争

，K.

D.整个过程所用时间为与十

了一/oK

答案D

解析汽车以恒定牵引力尸启动过程，根据牛顿第二定律有产行尸户尸关-八="也，解得用号上，随着速

度增大，加速度减小，A错误；当汽车所受合力为零时，汽车运到最大速度，由受力平衡有尸产尸4）-

kvm=O,解得Vm=T，B错误：汽车以恒定牵引力厂启动过程中，汽车做加速度越来越小的加速运动，则

整个过程汽车的平均速度大于甘，C错误；汽车从静止到最大速度过程中，根据动量定理有

Z（^+h，）Au〃nwO,解得整个过程所用时间为匚音中，D正确。

9.（多选）（2025・湖南卷・10）如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是可以在滑轨上运动的标

准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨安装在高度为力的水平面上。测量时，将弹药放入装

载台圆筒内，两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A

和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体D,D与滑轨间的动摩擦因数为"。D在滑轨上运动*距

离后抛出，落地点距抛出点水平距离为$2,根据立可计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C质量

分别为3机、相、5〃?，s尸土整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则

（）

*AFC（D）

邙晒口向滑轨—匚

A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等

B.D的初动能与其落地时的动能相等

C.弹药释放的能量为36"%/?（1喘）

D.弹药释放的能量为48"运6（1琮j）

答案BD

解析爆炸后，A^B组成的系统动量守恒，即3〃?月二〃2血，B与C碰撞过程动量守恒〃1也=6〃?也联立解得

V=0.5PIO爆炸后瞬间A的动能心=|/叫'口的初动能反冶义6〃便（0.5%）2=加712,两者不相等，故A

错误；D从开始运动到落地瞬间，根据动能定理有-〃X6〃吆Xsi+6〃?g/『EkD'-EkD,解得EkD'=EkD,故B正

确；D平抛过程有〃二1匕S=血明联立可得WF2居，D在滑轨上水平滑动过程中根据动能定理有-

6mgh=gX6/〃％2[X6，m/，化简得，=丝菖+28力，弹药释放的能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的

222

能量为X3/7/Vi+|xniv2=24mv=24m（^+2gh）=4^h（1+^1）,故C错误，D正确。

10.（11分）（2025・陕晋宁而卷・15）如图，有两个电性相同且质量分别为〃/、4,〃的粒了A、B,初始时刻相距

尿粒子A以速度阳沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于

?女2。经时间小粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同E寸开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方

向相同。当粒子B的速度为因时，粒子A恰好运动至P点且速度为0,A、B粒子间距离恢复为加这时

撤去恒力。已知任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求（〃八4）、no、h均

为已知量）：

如

A--•B♦-----・------♦--------------------

k—JP

（1）（2分）粒子B到达P点时的速度大小vi；

（2）（5分必时间内粒子B的位移大小A-B;

（3）（4分）恒力作用的时间出

答案（1制⑵竽4/o（3）—

5511V（）

解析⑴根据动量守恒定律，可知分"0=。〃+4机）也，解得

O

（2）两者共速时设间距为根据能量守恒定律可知，此时A、B两粒子的系统电势能为与三/几2+!〃?%2_

22

^X5/nv1=^/nv0

根据题意也荷间的电势能与它们间的距离成反比，二皆,可得仁皆依

loEpEp11

两者去速前的过程系统始终动量守恒，有Z〃?W/|=Z〃?2A，l+£4〃?l，Bfl

Rf3mvv）t\=7?UA+4/7LVB

根据位移关系可知XB+/O=XA+/'

联立解■得XB二号i-争0

（3）从A、B相距/（）,至再次相距/＜）的过程中电势能变化△£P=0

22

全过程，对系统根据功能关系，有F/o=1X4mv0-1/nv0

全过程，对系统根据动量定理，有Ft2=4mvo-mvo

联立解得打=也。

Vo

计算题培优1力学三大观点的综介应用

力学三大观点对比

力学二大观点对应规律表达式选用原则

牛顿第二定律F^-ma

V=Vo+«Z物体做匀变速直线运动，涉及运

动力学观点

1、

匀变速直线运动规律x=v（）t+-ar动细节

2

\r-v0=2ax等

动能定理Wfr=AEk

机械能守恒定律Eki+Ep产Ek2+Ep?

能量观点涉及做功与能量转换

功能关系WG=-AEP等

能量守恒定律EE

只涉及初末速度、力、时间，而

动量定理I后p'-p

不涉及位移、功

动量观点

只涉及初末速度，而不涉及力、

动量守恒定律pi+p，=p「+p）'

时间

一、力学中的多过程组合问题

例1(2025・四川卷・15)如图所示，倾角为夕的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡

板和长为7R的直挡板。。为直挡板下端点，为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，

两挡板相切于8点，公与他平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从。点以一定初速度出发，沿

挡板运动到c•点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解陡对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动

过程中无其他碰撞。小球甲质量为八，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为外

⑴求小球甲从。点沿直线运动到〃点过程中的加速度大小；

(2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条

件；

(3)在满足⑵中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段心，求小球甲初动能应满足的条件。

答案(l)gsin6(2)竺或四⑶马〃igRsin衣Eko<16〃zigRsin6

巾272

解析(1)小球甲从。点沿直线运动到/，点过程中，根据牛顿第二定律有如gsinq,〃M

解得甲在ab段运动的加速度大小〃尸gsin0

(2)甲洽能到达c点，设到达c点时的速度为w,可知igsin0=tn\—

R

解得v尸JgRsin。①

根据题意甲、乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒有皿也二〃力也'+机2也，

,22

jn\v^=^nw\+1/?22V2

解得碰后乙的速度为W二空也②

m1+m2

碰后乙能运动至e点，第一种情况若碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足侬gsin

R

即rieJgRsin。③

联立①②③可得1

第二种情况，若碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知7/?+/?=/5而，尸，R=v2t

解得也=(JgRsin。④

联立①②④可得生，

m27

(3)在(2)问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段血，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做

圆周运动显然不满足能越过线段心，故磁后乙做美可抛运动越过线段北，故碰后乙的速度必然满足

也vJgRsin。

2

同时根据类平抛运动规律可知7R+R二夫sin6>-(Ar),v2^t>R

解得；y/gRs\nd<V2<y/gRsinO⑤

联立②⑤将詈■=:代入可得JgRsin8<ui<4jgRsin。©

对甲球从a到c过程中根据动能定理-/〃g8Rsin公土加丹？密°⑦

联立⑥⑦可得?〃iigRsin/EoV16/〃igRsin6。

例2(2024.贵州卷.15)如图，半径为R=1.8m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水

平地面PM相切于户点，的长度d=2.7m。一长为L=3.3m的水平传送带以恒定速率vo=lm/s逆时

针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至。点，再向

左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的

左端N时.，瞬间给b—水平向右的冲量/,其大小为6N.s。以后每隔△/=().6s给b—相同的瞬时冲量

/,直到b离开传送带。已知a的质量为〃?a=lkg,b的质量为/〃b=2kg,它们均可视为质点。a>b与地

面及传送带间的动摩擦因数均为〃=0.5,取重力加速度大小g=10md。求：

(l)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；

(2)b从M运动到N的时间；

(3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。

答案(1)30N(2)3.2s⑶95J

解析⑴a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律

在P点，设轨道对它的支持力大小为

根据牛顿第二定律乐-加喀刁〃a/

联立解得FN=30N

(2)a从静止释放到M点过程中，根据动能定理

〃［曙鸟〃〃3=如而2-0

解得v.y=3m/s

a与b发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有〃?aUA•产〃7al，a+〃7bVh

171717

沙加二/以/+-/nvz

444bb

解得vb=2m/s