2026年高考物理终极冲刺：压轴05 动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用（压轴题专练）（全国适用）（解析版）

1/20压轴05动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用命题预测动量定理与动量守恒定律是力学核心考点，在2026年高考中仍将占据重要地位，是考查综合分析与建模能力的关键载体。命题将延续选择、计算并重的形式，选择题侧重基本概念、守恒条件辨析与矢量性理解；计算题多以中档或压轴题出现，强调过程分析与规范列式。考查趋势以综合化为主，高频与能量守恒、圆周运动、板块模型、电磁学等结合，形成“动量+能量”联立的典型考法。情境更贴近科技与生活，如碰撞、缓冲、反冲、连接体运动等真实场景，突出物理应用。备考需吃透定理内涵与守恒条件，熟练掌握碰撞、板块、弹簧等典型模型，强化多过程、多对象问题的系统选取与分段分析，注重矢量运算规范，通过典型题巩固思路，提升综合解题能力。高频考法应用动量定理处理蹦极类问题应用动量定理处理流体类问题利用动量定理求解其他问题弹性碰撞类问题完全非弹性碰撞类问题斜面类碰撞问题弹簧类碰撞问题考向一应用动量定理处理蹦极类问题1.动量定理的表达式F·Δt=Δp是矢量式,在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。2.动量定理的应用技巧(1)应用I=Δp求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化Δp,等效代换得出变力的冲量I。(2)应用Δp=FΔt求动量的变化考向二流体类和微粒类问题中应用动量定理1.流体类“柱状模型”问题流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ分析步骤1建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S2微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体2.微粒类“柱状模型”问题微粒及其特点通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤1建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S2微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算考向三应用动量守恒定律解决碰撞类问题1.碰撞三原则：(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。2.“动碰动”弹性碰撞v1v2v1’ˊv2’ˊm1m2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m1和m2v1v2v1’ˊv2’ˊm1m2(1)(2)联立（1）、（2）解得：v1’=，v2’=.特殊情况：若m1=m2，v1ˊ=v2，v2ˊ=v1.3.“动碰静”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m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′（1）eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2（2）解得：v1′＝eq\f(（m1－m2）v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2)结论：(1)当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1(质量相等，速度交换)(2)当m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，且v2′＞v1′(大碰小，一起跑)(3)当m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0(小碰大，要反弹)(4)当m1≫m2时，v1′＝v0，v2′＝2v1(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)当m1≪m2时，v1′＝－v1，v2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)考向四应用动量守恒定律解决类碰撞问题1.碰撞模型拓展——“保守型”图例(水平面光滑)小球—弹簧模型小球—曲面模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)2.碰撞模型拓展——“耗散型”图例(水平面、水平导轨都光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能考向五多次碰撞问题当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法：数学归纳法先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程等数据图像法通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出典例·靶向·突破题型01应用动量定理处理蹦极类问题1．在蹦床比赛中，运动员从某一高度由静止沿竖直方向落到蹦床上，然后用力蹬蹦床，再次沿竖直方向返回原高度。假设运动员在运动过程中受到的空气阻力大小不变，下列说法正确的是（

）A．下降过程受重力冲量的大小等于上升过程受重力冲量的大小B．下降过程受重力冲量的大小小于上升过程受重力冲量的大小C．下降过程受合力冲量的大小小于上升过程受合力冲量的大小D．下降过程受合力冲量的大小等于上升过程受合力冲量的大小【答案】C【详解】AB．上升过程，空气阻力向下，根据牛顿第二定律有mg+f=m下降过程，空气阻力向上，根据牛顿第二定律有mg−f=m故a根据ℎ=可知t重力是恒力，其冲量大小为I则知上升过程中运动员受到的重力的冲量较小，即下降过程受重力冲量的大小大于上升过程受重力冲量的大小，故AB错误；CD．上升过程中，根据动量定理有I=m下降过程中，根据动量定理有I由于受空气阻力可知v′<v故选C。题型解码题型解码蹦极类问题解题思路如下:1.选取研究对象和研究过程,规定正方向,力或速度的方向与正方向相同的为正,与正方向相反的为负。2.对运动过程等进行等效简化,化变量为恒量。3.根据动量定理列方程求平均力等。题型02应用动量定理处理流体类问题2．如图所示，天花板上悬挂一盛满水的开口薄壁圆柱形容器，其高为h，底面积为S1，在水平底面处开一面积为S2的小圆孔，水的密度为ρ，重力加速度大小为A．水稳定流出时，水柱粗细均匀B．水稳定流出时，水柱上粗下细C．水刚从孔中流出时的速度大小为（D．水刚从孔中流出时堵住孔所需的力的大小为ρgℎ【答案】BC【详解】AB．相等的时间通过任一截面的质量相等，即水的流量相等，单位时间出来的水的体积不变S在竖直方向上，随着水向下运动，水速不断变大，即vB>vC．根据能量守恒和机械能守恒定律分析可知：稳定流动的很短一段时间内，对容器中的水，等效来看：液面上质量为m的薄层水的机械能等于孔中质量为m的小水柱的机械能，设液面薄层水下降的速度为v1，孔中质量为m的小水柱的速度为v2又由S解得v2D．已知水的密度为ρ，则对流动的水，考虑一段很短的时间Δt，流出的小水柱的质量为在有水从孔口稳定流出时堵住管口所需的力设为F1，要堵住水，意味着水速减为0，规定速度v2解得F1故选BC。题型解码题型解码用动量定理求解“流体”问题的方法1.建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S。2.隔离微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为vΔt，对应质量为Δm＝ρSvΔt，求小柱体的动量变化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt。3.应用动量定理FΔt＝Δp研究这段柱状流体，列方程求解。题型03利用动量定理求解其他问题3．如图所示，一名质量为50kg的运动员练习跳远，他先从水平直道上助跑，然后从地面上的A点腾空离地，离地时的速度大小v1＝8m/s，方向与水平面的夹角α＝37°。运动员落入沙坑瞬间的速度大小v2＝5m/s，方向与水平面的夹角β＝53°。不考虑运动员在空中身体形状的变化，运动员在空中运动过程中所受空气阻力的大小与速度的大小满足f＝kv，其中k＝34kg/s。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则运动员此次练习跳远的成绩x为（）A．3.6m B．4.2m C．4.8m D．5m【答案】D【详解】运动员在空中运动过程中，水平方向只受空气阻力的水平分量作用。设任意时刻速度为v，速度方向与水平方向夹角为θ，则空气阻力大小f=kv其水平分量f方向与水平速度方向相反。根据牛顿第二定律，水平方向有−k整理得−k由于v代入上式得−kΔx=mΔ对从起跳到落地的全过程求和，设水平位移为x，初水平速度为v1x，末水平速度为v2x即x=由题意可知，起跳时水平分速度v落地时水平分速度v代入数据解得x=5故选D。题型解码题型解码核心思想：合外力的冲量等于物体动量变化量，不关注过程细节，只看初末动量与作用时间。注意必须规定正方向，冲量与动量都是矢量，曲线运动优先用分量式。题型04弹性碰撞类问题4．如图所示，质量为3m的小车C静止于光滑水平面上，小车上表面由长为2L的粗糙水平轨道与半径为L的14光滑圆弧轨道平滑连接组成。一个质量为m的小物块B静止在小车的左端，用一根不可伸长、长度为2L的轻质细绳悬挂一质量也为m的小球A，现将小球A向左拉到与悬点同一高度处（细绳处于伸直状态）由静止释放，当小球A摆到最低点时与小物块B刚好发生对心弹性碰撞，小物块B与小车C上水平轨道间的动摩擦因数为μ=0.5，不计空气阻力，A和B均视为质点，重力加速度为g(1)A与B碰后瞬间B的速度大小；(2)B在C上能上升的最大高度；(3)判断B能否从小车左端离开小车，若能，求出B离开小车时的速度；若不能，求B最终在小车上的位置距小车左端的距离。【答案】(1)2(2)1(3)见解析【详解】（1）A由静止释放至摆到最低点的过程，由动能定理得mg×2L=解得v=2A、B碰撞过程中由动量守恒和机械能守恒可得mv=mvA解得vA=0（2）设B在C上能上升的最大高度为ℎ，此时B、C具有相同的速度，根据系统水平方向动量守恒可得m解得v根据能量守恒可得1解得ℎ=（3）设B不能从小车左端离开小车，则最终B、C具有相同的速度，由m解得v根据能量守恒可得1解得B在小车上表面粗糙水平轨道上通过的总路程为s=3L<4L假设成立；B最终在小车上的位置距小车左端的距离为Δ题型解码题型解码特殊结论1.质量相等：碰撞后交换速度2.一动一静且质量相等：入射球静止，被碰球以入射速度运动3.大质量撞静止小质量：大球减速，小球被弹开4.小质量撞静止大质量：小球反弹，大球缓慢前进题型05完全非弹性碰撞类问题5．如图为一游戏装置的示意图，半径R=0.50m半圆形光滑轨道倾斜放置，直径AC与竖直方向夹角为53°，水平放置的传送带以v=2m/s的恒定速度顺时针转动，传送带两端DE长L2=3m，传送带右端与一光滑水平面EF平滑对接，水平面上依次摆放N个完全相同的物块Q，物块的质量M=0.3kg且数量足够多。游戏开始时，让物块m1从A点以某一速度沿切线方向滑入轨道，到达轨道最低点B时，与静止在B点的m2碰撞并粘在一起并形成新的物块P，m1=m2=0.05(1)求物块m1到达B点碰前的速度大小v(2)求B、D两点的水平距离L1(3)求物块P在传送带上运动的总路程。【答案】(1)v(2)L(3)S【详解】（1）在B点，由牛顿第二定律得F解得v根据动量守恒定律有m解得v（2）物块从B点运动至C点，由动能定理得−解得v在C点，分解速度可得vCx=又t依题意L（3）依题意，物块P恰好从传送带左端E点沿水平方向落入传送带，有v因为x所以物块从E运动到F先减速后匀速，到达传送带右端速度v因为物块1、2、3…、N中任意相邻两物块间碰撞时均发生速度交换，所以质量为m的物块每次从传送带返回到右边水平面上与物块1碰撞前，物块1的速度均为零。设物块P的质量为m，第n次与物块1碰前的速度为vn−1，碰后速度为vn，物块1碰后的速度为v′n由以上两式得vn=−所以v因为x所以x因为x物块P在传送带上先向左减速后反向加速回到水平面上，物块P第一次与物块1碰撞后到第二次与物块1碰撞前在传送带上运动路程2物块P第二次与物块1碰撞后到第三次与物块1碰撞前在传送带上运动路程2同理2所以S当n→+∞时，Sn题型解码题型解码完全非弹性碰撞m1v1+m2v2=(m1+m2)v共机械能损失最多,为ΔE=12m1v12+12题型06斜面类类碰撞问题6．质量为m2=0.8kg的小球b静止在光滑水平地面上，右端连接一水平轻质弹簧，质量为M=2.2kg，半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧槽锁定在地面上，现将质量为m1=0.2kg的另一小球a从圆弧槽顶端由静止释放，当a滑离圆弧槽时，圆弧槽解除锁定。小球a接触弹簧到弹簧压缩到最短所经历的时间为π50(1)小球a在接触弹簧前速度v0(2)弹簧被压缩至最短时，弹簧的压缩量x；(3)小球a接触弹簧到压缩到最短的时间内小球a位移s1(4)小球a返回圆弧槽能上升的最大高度ℎ。【答案】(1)v(2)x=0.16(3)s1(4)ℎ=0.264【详解】（1）根据动能定理m可得v（2）弹簧压缩至最短时，m1、m2可得v=0.8根据能量守恒1可得E由x=2E（3）由动量守恒定律m∑则有m其中s得s1=(0.016π+0.128)m（4）设弹簧恢复原长时，m1、m2的速度分别为v根据动量守恒定律m由能量守恒1可得v选m1、M为系统，由水平方向动量守恒可得可得v由能量守恒1得ℎ=0.264题型解码题型解码①上升到最大高度:m与M具有共同水平速度v共,此时m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒12mv02=12(M+②返回最低点:m与M分离点,水平方向动量守恒mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒12题型07弹簧类类碰撞问题7．有一种带锁定装置的弹簧系统，只要弹簧两端连接的小球速度相同（v≠0），弹簧便实现“锁定”，即弹簧的长度不再发生变化（此时弹簧可视为质量不计的细杆）。如图所示，在光滑的水平地面上，沿同一直线静止放置两个这样的弹簧系统，初始状态弹簧均处于原长，4个小球质量相等。球与球之间的碰撞时间极短，且为弹性碰撞，B、C之间的距离足够长。现给A球一个水平向右的初速度v0，则D球的最终速度为（）A．14v0 B．13v0【答案】B【详解】设每个小球质量均为m，水平面光滑，A、B系统动量守恒。A初速度为v0，当A、B共速时满足锁定条件，由动量守恒可得解得共速后A、B整体速度为v锁定后的A、B总质量为2m，与静止的C发生弹性碰撞，碰撞时间极短，根据动量守恒有2m⋅根据机械能守恒有1联立解得碰撞后C的速度为v3=C向右运动，与D的弹簧作用，当C、D共速时锁定，根据动量守恒有m代入v解得D最终速度为v故选B。题型解码题型解码模型特点①动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。②机械能守恒：系统所受的合外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。③弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小。(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。④弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)。题型08多次碰撞问题8．如图甲，游戏乐园里，3辆相同的玩具小推车静止停放在水平地面上且等间距沿直线排列，现将这3辆小推车收集起来，让小推车1向小推车2运动，相撞后通过挂钩连为一体，随后这个组合体继续滑向小推车3，继续连接。简化模型如图乙所示，滑块代表小推车，其质量均为m、间距为L、与地面间的动摩擦因数为μ，所有碰撞均为完全非弹性碰撞，不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)若滑块1获得一个水平向右、大小为v0的初速度，恰好与滑块2相碰，则v0的大小为多少？(2)若滑块1获得一个水平向右、大小为v1的初速度，恰好与滑块3相碰，则v1的大小为多少？(3)若沿滑块1、2、3所在的直线，在距滑块3的右侧L处再静止放置滑块4，现给滑块1施加水平向右的恒力F，滑块1由静止水平向右运动，为使滑块1与滑块4相碰，则F最小值为多少？【答案】(1)2μgL(2)10μgL(3)7【详解】（1）由题可知，滑块1恰好与滑块2相碰，根据动能定理可得−μmgL=0−解得v（2）设滑块1与滑块2碰撞前的速度为v11，滑块1与2碰后的速度为v12碰撞过程，由动量守恒定律可得m滑块1、2与3碰撞前，由动能定理可得−2μmgL=0−联立解得v（3）滑块1加速通过L与滑块2相碰前，根据动能定理可得(F−μmg)L=设滑块1与2碰撞后的速度为v21，根据动量守恒定律可得同理滑块1、2加速通过距离L与滑块3碰前的速度为v20，则有碰撞后则有2m滑块1、2、3与4碰撞前，则有(F−3μmg)L=0−联立解得F=题型解码题型解码1.抓关键特征◦弹性碰撞：无能量损失，速度可套推论◦完全非弹性碰撞：碰后共速◦墙壁反弹：速度反向，动量大小不变2.处理多次：两种策略◦逐次法：前2~3次找规律（等差、等比、递推）◦整体法：对全过程列动量定理/守恒，忽略中间过程1．（2026·云南大理·二模）如图甲，竖直挡板固定在光滑水平面上，质量为M的光滑半圆形弯槽静止在水平面上并紧靠挡板，质量为m的小球从半圆形弯槽左端静止释放，小球速度的水平分量和弯槽的速度与时间的关系如图乙所示，S1和S2分别表示图中阴影面积。下列说法正确的是（

）A．v1=gR B．S1=R C．m>M D．S【答案】BD【详解】A．小球第一次滑下至最低点过程，由机械能守恒定律则有mgR=解得v1B．根据vx−t图像围成面积等于水平位移，可得C．小球通过弯槽最低点后，系统水平动量守恒，则有m整理可得m结合图像可知v2>v3，故D．小球第一次到达弯槽最低点时，其具有最大速度，而在t1至t2时间内，即小球从弯槽右侧共速点到左侧共速点，共速点的高度均低于弯槽左右两端，而S2为t1至t2故选BD。2．（25-26高三上·云南曲靖·期末）质量为m的小球在黏滞液体中由静止释放，液体对小球的阻力与速率成正比，比例系数为k。小球受到的浮力恒为F，且重力大于浮力。当小球下落的距离为h时，恰好达到最大速度，重力加速度大小为g。此过程中，下列说法正确的是（）A．小球先做加速度逐渐增大的加速运动，最后做匀速运动B．小球的平均速度为mg−FC．小球从释放至达到最大速度的时间为kℎD．小球所受阻力做功为mgℎ−Fℎ−【答案】C【详解】A．由牛顿第二定律mg−kv−F=ma，随着小球速度增加，阻力增大，加速度减小，所以小球做加速度逐渐减小的加速运动，最后做匀速运动，故A错误；B．小球加速度为零时，速度最大，有v由于小球做的是变加速运动，不是匀加速运动，所以其平均速度不等于0+vC．由动量定理mgt−即mgt−kℎ−Ft=m小球从释放至达到最大速度的时间为t=kℎD．由动能定理mgℎ−Fℎ+W=小球所受阻力做功为W=Fℎ+1故选C。3．（2025·河北·模拟预测）如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽P置于光滑的水平面上，半圆形槽的半径为R、质量为m。在槽的右侧有一个质量为m的物块Q（不与槽粘连），现让一质量为4m的小球自右侧槽口的正上方高0.5R处由静止开始下落，小球从A点与半圆形槽相切进入槽内，已知重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，小球与槽的速度大小相等B．小球第一次运动到半圆槽的最低点时，物块Q向右运动的距离为2RC．整个过程半圆槽P对物块Q的冲量大小为2mD．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，小球对槽的冲量大小为4m【答案】BC【详解】A．由小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向不受外力，故小球、半圆槽和物块在水平方向动量守恒，取向左为正方向，则有4m解得v1B．小球在半圆槽内第一次运动到最低点的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统在水平方向动量守恒，在任意时刻小球和物块的瞬时速率之比为1:2，所以全程的平均速度之比为1:2，进而小球和物块的位移之比x且x代入数据可得物块Q向右运动的距离x2C．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，水平方向动量守恒有4m系统机械能守恒有4mg联立解得v1=小球在半圆槽内第一次到最低点之后半圆槽P与物块Q分离，整个过程半圆槽P对物块Q的冲量大小为IQD．小球在半圆槽内第一次到最低点的运动过程中，以小球为研究对象，水平方向根据动量定理有I=4m则小球对槽的水平方向的冲量大小为4mgR，由于小球对槽的竖直方向也有冲量，因此小球对槽的冲量大小不等于4m故选BC。4．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）在管道清理或物料输送的日常生产场景中，常涉及物体在竖直管道中的运动。如图所示为一根无限长且固定的竖直圆管，管内有一质量为2m的水平薄圆盘恰好静止，圆盘距圆管的上端口有一段距离。一质量为m的小球从管的上端由静止释放，以速度v0与圆盘发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后圆盘在管中匀速向下滑动，设小球在管中运动时与管壁不接触，小球与圆盘的碰撞始终为弹性碰撞，重力加速度大小为A．第一次碰撞结束瞬间小球的速度大小为1B．第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔为vC．第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆盘与圆管摩擦产生的热量为8mD．第二次碰撞与第三次碰撞之间小球与圆盘之间的最大距离为v【答案】ACD【详解】A．以向下为正方向，弹性碰撞动量守恒，能量守恒，有mv0解得v11=−因此第一次碰撞结束瞬间小球的速度大小为13B．第一次碰撞后，小球相对水平薄圆盘的速度为v发生第二次碰撞，相对位移满足x解得t1C．第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆盘的位移为x摩擦力与重力等大反向，摩擦力做功W圆盘与圆管摩擦产生的热量等于摩擦力做功的绝对值，热量为83D．第二次碰撞前，小球相对水平薄圆盘的速度为v使用相对于v12的速度进行计算，第二次碰撞动量守恒，能量守恒，有mv解得v21=−第二次碰撞后，小球相对水平薄圆盘的速度为v当相对速度为零时，小球与圆盘之间的距离最大，有t最大距离为xm故选ACD。5．（2025·湖北·模拟预测）如图所示为一个沙漏，其中玻璃容器的质量为M，沙子的总质量为m，阀门K距离容器底部的高度为H。现在将该沙漏放在水平台秤上，当打开阀门K时，沙子从漏口随时间均匀漏下时，初速度可近似认为0，忽略空气阻力，不计沙子间的相互影响，下列说法正确的是（）A．沙子在空中下落的过程中处于超重状态B．出口下方0~2cm范围内沙子数比2~6C．如果沙子下落的总时间为t，则玻璃容器底部受到的冲击力大小为mD．由于沙子在下落，处于失重状态，台秤的示数一直小于沙漏的总重力M+m【答案】B【详解】A．沙子在空中下落过程中是自由落体运动，加速度竖直向下，处于失重状态，故A错误。B．沙子从漏口随时间均匀漏下，时间间隔相等，由题意沙子下落位移有x1=2cm=0.02m，代入数据解得t1=显然t1>t2，所以出口下方C．根据自由落体运动公式有v设沙子落到容器底部与容器底部作用时间为Δt，玻璃容器底部受到的冲击力大小为F，根据牛顿第三定律沙子受到容器底部的作用力大小也为F，则根据动量定理有联立解得F=mD．刚开始下落时，沙子没有与容器底部接触，空中下落沙子处于完全失重状态，台秤示数小于总重力M+mg，当沙子与容器底部接触后，是否大于总重力取决于玻璃容器底部受到的冲击力大小F，无法确定台秤示数是否小于总重力M+m故选B。6．（25-26高三上·江苏宿迁·月考）在光滑的水平面上，一质量为m=2kg的滑块在水平恒力F=6N的作用下运动，如图所示为其运动的一段轨迹，经过P、Q两点时速度大小均为υ=5m/s，P点的速度方向与PQ连线夹角α=37°，sinA．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角B．滑块从P点运动到Q点的过程中速度变化量为0m/sC．滑块从P点运动到Q点的时间为2sD．滑块从P点运动到Q点的过程中动能最小值为9J【答案】C【详解】A．滑块在水平恒力作用下由P到Q，滑块过P、Q两点时速度大小均为5m/s，即水平恒力做功为零，所以力应该和位移的方向垂直，且指向轨迹凹侧，故A错误；B．由于滑块在P、Q两点的速度大小相等，方向不同，则滑块从P点运动到Q点的过程中速度变化量不为零，故B错误；C．把滑块速度分解到F方向和垂直于F的方向上，设F方向为正方向，在F方向上运用动量定理有Ft=mυ则t=2sD．F方向上滑块先匀减速运动，后匀加速运动；垂直于F的方向上滑块的运动为匀速运动，所以当滑块在垂直于PQ方向上的速度等于零时，此时滑块的动能最小等于12故选C。7．（2026·广东广州·一模）如图（a），劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂薄板A，A静止。带孔薄板B套于弹簧且与弹簧间无摩擦，A、B质量相同，B从A上方h高度处由静止释放，A、B碰撞时间极短，碰后粘在一起下落3l后速度减为零。以A、B碰撞位置为坐标原点O，竖直向下为正方向建立x轴，A、B整体的重力势能随下落距离x变化图像如图（b）中I所示，弹簧的弹性势能随下落距离x变化图像如图（b）中Ⅱ所示，重力加速度为g，则（）A．薄板A的质量为klB．薄板B下落的高度h为3lC．碰撞后两薄板的最大速度为3glD．碰撞后两薄板上升的最大高度在O上方l处【答案】ABD【详解】A．设A、B的质量为m，由图可知，图线I所示斜率的绝对值为k=2mg=解得m=klB．设B与A碰撞前的速度为v0，根据自由落体运动规律可知解得v由于A、B碰撞过程动量守恒，则有m解得v=碰后A、B的动能E对两薄板从碰后到最低点，由能量守恒可得E结合图像可知Ep1=0.5kl2，解得E又因为m=联立解得ℎ=3l，故B正确；C．碰后的最大速度处加速度为0，即2mg=kx可得碰后最大速度对应的弹簧压缩量为x=所以最大速度在A、B碰撞后下落l处；从A、B碰后到最大速度时由动能定理可得2mgl−解得vmD．由题意可知，在最低点时弹簧的压缩量为4l；碰后假设最高点处弹簧刚好恢复原长，从最低点到最高点由能量守恒可得E即8.0k解得ℎ恰好恢复原长，假设成立；碰撞后A、B上升的最大高度在O上方ℎ'故选ABD。8．（2026·辽宁沈阳·一模）物块a、b中间用一根轻质弹簧相连，放在光滑水平面上，物块a的质量为1kg，如图甲所示。开始时两物块均静止，弹簧处于原长。t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝1s时撤去F，在0~1s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。弹簧始终处于弹性限度内，整个运动过程下列分析正确的是（）A．恒力F的冲量为1N·s B．b物块的质量为2kgC．t=1s时b的速度小于0.15m/s D．弹簧伸长量最大时，b的速度大小为13【答案】ABD【详解】A．t=0时，对物块a根据牛顿第二定律有F=恒力F的冲量为I=Ft=1故A正确；B．t=1s时，设弹簧弹力大小为T，对a、b根据牛顿第二定律有F−T=ma联立解得mbC．a—t图像与坐标所围的面积表示速度的变化量，所以t=1s时b的速度v故C错误；D．根据动量定理可知撤去拉力时，a、b组成的系统动量为p=I=1撤去拉力后，根据图像可知a的速度大于b的速度，则a、b之间距离还将继续增大，此后a、b组成的系统动量守恒，弹簧伸长量最大时，a、b的速度相同，设为v，则p=(解得v=1故选ABD。9．（2026·山西临汾·一模）如图甲，物块A与质量为m的物块B之间用轻弹簧连接，放在光滑水平面上，弹簧处于原长状态。t=0时刻，给A、B以相同大小的初速度v0相向运动，取A的初速度方向为正方向，在t=0到t=2t0的时间内A、B的v−t图像如图乙所示。已知在t=0到t=t0A．物块A的质量为3mB．t=t0C．t=2t0时刻物块BD．t=t0【答案】ABD【详解】A．物块A、B与弹簧组成的系统满足动量守恒，根据动量守恒定律有m解得mAB．根据能量守恒，t=t0故B正确；C．根据动量守恒定律有m解得t=2t0时刻物块B的速度为D．在t=0到t=t0的时间内物块A该过程，根据动量守恒定律有m等式两边同乘时间并求和可得2m其中x解得x则此时弹簧的压缩量Δx=故选ABD。10．（2026·山东烟台·一模）如图所示，半径为R1=0.6m的光滑半圆弧轨道PQ与水平直轨道平滑连接，PQ连线与水平轨道垂直。水平直轨道上M点左侧粗糙，且QM长度L1=1.5m，右侧MN光滑且足够长。质量m1=1kg的物块A和质量m2=0.5kg的物块B之间压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不拴接），三者静置于MN段中间，A、B可视为质点。紧靠N的右侧水平地面上停放着质量m3=1.5kg的小车，其上表面EF段粗糙，与MN等高，长度L2=1(1)若A经过MQ后恰好能到达P点，求：（ⅰ）A通过Q点时，对圆弧轨道的压力大小；（ⅱ）B滑上小车后运动的最高点与表面EF的距离；(2)若B向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不会从左端滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能的取值范围。【答案】(1)（ⅰ）60N；（ⅱ）(2)8【详解】（1）（ⅰ）由题意知，A经过圆弧轨道后恰好能到达P点，则在P点由重力提供向心力，有m解得v设A在Q时速度vQ，则从Q到P，根据机械能守恒，有解得v在Q点，设A受到支持力FN，由牛顿第二定律，得解得F根据牛顿第三定律可知，A通过Q点时对圆弧轨道的压力60N（ⅱ）设A、B与弹簧分离后速度分别为vA、vB，则对A从M到Q解得v规定向右为正方向，A、B与弹簧组成的系统动量守恒，则有0=解得vB滑上小车后运动到小车的最高点时，设二者水平方向共速为v共，对B与小车组成的系统，由水平方向动量守恒，得解得v系统能量守恒，得1解得v所以B滑上小车后能从G点冲出，设到达的最高点到G点的距离为h，由2gℎ=解得ℎ=3.2则B到达的最高点与水平表面EF的距离为H=（2）当B滑上小车刚滑到F点与车共速时，弹性势能最小，设A、B与弹簧分离后速度分别为v1、v2设共速为v共1根据能量守恒，有1由能量守恒，弹性势能为E联立以上解得弹性势能最小值为E当B滑上小车圆弧轨道再次返回E点与车共速时，弹性势能最大，设A、B与弹簧分离后速度分别为v1′、v设共速为v共2根据能量守恒，有1由能量守恒，弹性势能为E联立以上解得弹性势能最大值为E所以被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为811．（2026·山东菏泽·一模）如图所示，轻质弹簧的左端固定在质量为2m的小球B上，右端与质量为2m的小球C接触但未拴接，B和C静止在光滑水平台面上，C离水平台面右端点O的距离为L，质量为m的小球A以v0向右运动，与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短。当C运动到O点时弹簧恰好恢复原长，沿水平抛出，落入固定在水平地面上的竖直四分之一椭圆轨道内。O为椭圆的中心，椭圆轨道半长轴为a，半短轴为bb=34a，三个小球A、B、C均可看成质点，重力加速度为(1)A与B碰撞后B球的速度大小vB；(2)C运动到O点的时间t；(3)改变A的初速度及L，C落到椭圆轨道上的最小动能。【答案】(1)2(2)3L(3)2【详解】（1）A、B碰撞过程，设碰后A的速度为vA，由系统动量守恒得由系统机械能守恒得1解得v（2）B、C和弹簧系统动量守恒，设任一时刻，B球速度为vB1，C球的速度为v经一微小段时间Δt，有对时间累积得∑2m可得2m解得t=（3）设C球平抛的初速度为v0，经时间t′落到轨道上。根据平抛运动规律可得x=把以上两式带入椭圆方程得v即v平抛过程，对C球用动能定理得2mgy=联立可得E根据基本不等式可知，当a2tC落到椭圆轨道上的动能最小，为E12．（2026·云南昆明·二模）如图所示，A、B、C是粗糙水平地面上共线的三点，A到B、B到C的距离均为L，空间存在水平向右的匀强电场。质量为M的物块b静止在B点，将质量为m、电荷量为+q的物块a从A点由静止释放。已知重力加速度为g，电场强度大小E=mgq。a、b均可视为质点，与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，a、b碰撞时间极短且a的电荷量始终保持不变，(1)若M=2m，a、b间的碰撞为弹性碰撞，求第一次碰后瞬间b的速度大小；(2)若a、b间的碰撞为完全非弹性碰撞，且物块b最终停在C点右侧，求mM【答案】(1)v(2)2【详解】（1）物块a从A点运动到B点的过程中，由动能定理得qEL−μmgL=物块a、b在B点发生弹性碰撞，根据动量守恒定律m根据机械能守恒定律1解得v（2）物块a、b在B点发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律m最终两物块停在C点右侧，应满足qEL+12解得213．（2026·贵州贵阳·模拟预测）如图，弹簧左端固定，将细圆管弯成圆弧轨道分别与水平轨道相切于M、N点，在竖直面内存在方向竖直向下的匀强电场（图中未画出），电场强度大小E＝10N/C。质量为M＝4kg的绝缘小球B静止在水平轨道上，将质量为m＝2kg、带电量为q＝0.8C的负电小球A（可视为质点）压缩弹簧后由静止释放，小球能从M点进入圆弧轨道，通过轨道的最高点P时恰好与圆管无弹力作用，之后从N点返回水平轨道，水平轨道足够长，两球间的碰撞为弹性碰撞，已知两球的大小相同，圆弧轨道半径R＝1m，不计一切摩擦和空气阻力，g取10m/s2A．释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为5JB．两小球至多能发生2次碰撞C．A小球再次返回轨道运动的过程中对内轨道可能有弹力D．A小球从M点运动到P点的过程中对内轨道无弹力【答案】D【详解】A．A小球在最高点P时恰好与圆管无弹力作用，则有mg−qE=m代入数据解得v释放小球A时弹簧内储存的弹性势能为E解得EpB．小球A与B碰前的速度v以水平向右为正方向，则AB碰撞过程根据动量守恒则有m机械能守恒则有1代入数据联立解得v小球A返回到水平面时的速度大小仍为303C．A小球再次返回轨道运动时能上升的高度为h，则有(mg−qE)ℎ=解得ℎ=0.28可知小球不能越过与圆心等高的位置，则与内轨道无弹力，故C错误；D．从M点到圆心等高点，小球一定挤压外轨，又因为在P点小球恰好对轨道无弹力，可证明从圆心等高点到P点，小球也一直挤压外轨，故D正确。故选D。14．（2026·湖北黄石·二模）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，使系统靠墙静止在光滑水平面上。当撤去外力时开始计时，A、B物体运动的a−t图像如图（b）所示，S1、S2、A．撤去外力F后，系统的动量和能量均守恒 B．弹簧t2C．t3时刻A物体的速度为S1+【答案】BD【详解】A．撤去外力F后，弹簧恢复原长前，墙壁对B有弹力作用，系统（A、B和弹簧）合外力不为零，因此系统动量不守恒；只有弹簧弹力做功，系统机械能（能量）守恒，故A错误；B．t=0时刻弹簧被压缩，弹性势能为Ep0，t2时刻B加速度最大，对应弹簧伸长量最大，此时A、B由弹性势能公式E得形变量x即t2C．a−t图像的面积表示速度变化量，A初速度为0：0∼t1t1∼t3加速度为负，面积大小为S3，因此tD．0~t1末（弹簧恢复原长），A的速度vA=t2时刻AB共速，由动量守恒：对B，t1∼t2因此S故D正确。故选BD。15．（2026·广东中山·一模）下图为弹簧秤的简化图：竖直放置的劲度系数为k的轻弹簧，下端固定，上端与质量为m的托盘栓接，此时弹簧秤示数为零。质量也为m的面团从托盘正上方ℎℎ=mgkA．面团与托盘碰撞过程中损失的机械能为1B．面团和托盘粘在一起后向下做减速运动C．面团和托盘一起运动过程中的最大加速度大小为1D．面团和托盘一起向上运动过程中弹簧的弹性势能一直减小【答案】AD【详解】A．原托盘质量为m，弹簧示数为零，说明托盘平衡时弹簧压缩量x0=mgk碰撞前动能E碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞时间极短，动量守恒m解得碰后共同速度v=v碰后总动能E损失的机械能ΔE=B．碰撞后，在碰撞位置，弹簧弹力F=kℎ=mg，总重力为2mg，合力向下，大小为2mg−mg=mg，加速度向下，因此碰撞后向下运动时先加速、后减速，不是一直减速，故B错误；C．设最低点压缩量为x1，对碰撞后到最低点过程由动能定理计算可得x此处合力F最大加速度a=FD．假设运动到最高点时弹簧压缩量为x2，从最低点到最高点由动能定理可得计算可得x说明弹簧仍然处于压缩状态还未恢复原长，弹性势能与弹簧形变量成正比，向上运动时，弹簧压缩量逐渐减小，弹性势能减小，故D正确。故选AD。16．（2026·四川内江·二模）如图所示，质量为m1=0.6kg的小球a，通过长为l1=1m的刚性轻绳连接于天花板上的O点，并静置在固定水平支架的右端M点。水平桌面PQ的中点N处放有质量为m2=0.2kg的物块b，O、M、N三点在一条竖直线上，桌面上的PQ两端分别固定弹性挡板。现将小球a以初速度v0=15m/s水平抛出，一段时间后轻绳绷直（绳绷直瞬间，球沿绳方向的分速度变为0，沿垂直绳方向的分速度不变），之后小球a做圆周运动并最终与物块b发生弹性正碰，碰后立即撤去小球a。ON间的距离为l2=1m，OM间的距离为(1)小球a从抛出至轻绳绷直瞬间下降的高度；(2)小球a与物块b碰后瞬间轻绳对小球a的拉力大小；(3)若其余条件不变，仅改变小球a的质量，使得物块b能与左挡板P碰撞一次但不与右挡板Q碰撞，小球a质量的取值范围。【答案】(1)0.25(2)7.5(3)0.2【详解】（1）设小球平抛过程水平位移为x，下降高度为ℎ，由平抛运动规律，得x=v0得x由几何关系，绳绷直时满足x代入l3=0.25m，解得正根ℎ=0.25m，（2）将ℎ=0.25m代入ℎ=1绳绷直前，小球速度vx=速度与竖直方向的夹角θ1满足解得θ绳与竖直方向夹角θ2满足解得θ由θ1=从绳绷直到最低点N，下落高度Δ由机械能守恒，得m解得va与b发生弹性正碰，动量守恒、动能守恒，有m1v得碰后a的速度v在最低点，由拉力T和重力合力提供向心力，得T−联立解得T=7.5（3）设a质量为m，弹性碰撞后b的速度为v=b与P碰一次，N到P距离为1m，动能满足代入得v解得m>0.2b碰P后反向，不碰到Q，总路程最大为3m（N→P→Q），动能满足代入得v解得m<因此质量范围为0.217．（2025·安徽淮北·一模）如图甲所示，固定轨道ABC由半径R=0.8m的四分之一光滑圆轨道和长L=0.9m的粗糙水平轨道组成，两者在B点平滑连接。BC右侧与静置于光滑水平地面的长木板相接触，且上表面平齐。将质量m1=2.5kg的滑块从圆弧轨道顶端A处由静止释放，与静止在B点、质量为m2=1kg的滑块发生碰撞，碰撞时间极短。滑块m2经过水平轨道滑到长木板以后，立即受到一个方向竖直向上、大小与滑块速度成正比的力F作用（即F=k(1)m1运动到B(2)m1和m(3)m2【答案】(1)75N，方向竖直向下(2)2.5J(3)3.41【详解】（1）（1）设m1运动到B时的速度大小为v1，滑块m1解得v在最低点，据牛顿第二定律有FN解得F据牛顿第三定律，滑块m1对圆轨道最低点压力F（2）滑块m2在BC段运动过程，设m1和m2碰后，m1的速度为v′1，m2的速度为从乙图知v3=4m/s解得vm1和m2碰撞过程，由动量守恒有解得v所以碰撞过程损失的机械能ΔE=解得Δ（3）滑块m2在长木板上运动过程，两者组成系统的动量守恒，设长木板质量为M，则有m其中v3=4m/s，v滑块m2在长木板上运动过程，对于任意一个极短时间均满足m设相对滑动过程，滑块对地位移为x1，长木板对地位移为xm2v3对长木板应用动量定理，有μ对全程累积有μ联立解得x1=3.95所以滑块m2与长木板的最大相对位移18．（2026·吉林延边·一模）如图所示，BC是水平绝缘的传送带，左端AB是光滑绝缘水平面，在AB面上有水平向右的匀强电场E1=2×103N/C，B处虚线是电场的边界线。右端CD是绝缘水平面，DE是光滑绝缘竖直半圆轨道的直径，半圆轨道的半径R=0.1m，半圆轨道所在的空间有匀强电场E2=2×103N/C，与竖直方向的夹角θ=60°。在D位置静止放置一个质量m=0.1kg不带电的小物块Q，在AB面上的M位置静止释放一个带正电小物块P，P的电荷量q=1×10−3C，质量m=0.1(1)若传送带始终静止，释放点M距B点至少多远小物块P才能与Q碰撞？(2)若传送带始终静止，释放点M到B点距离L=0.5m，小物块P与Q(3)若传送带顺时针转动的速度v0=1m/s，释放点M距B点的距离在什么范围内小物块P【答案】(1)0.1m(2)12N(3)x≥0.1m【详解】（1）若传送带始终静止，若要使小物块P能与Q碰撞，则由能量关系E解得L（2）若传送带始终静止，释放点M到B点距离L=0.5m，则小物块P与Q碰撞前，由动能定理解得v碰撞过程由动量守恒m解得v因qE2=2mg=2N，可知电场力与重力成120°角，两力的合力大小为F由牛顿第二定律F解得FN=12N根据牛顿第三定律，小物块P与Q碰撞后在半圆轨道上对轨道的最大压力是12N；（3）要想能到达D点，则C点的最小速度满足关系1可知vC=解得x=0.1m则要使小物块P能与Q碰撞，释放点M距B点的距离应该满足x≥0.1m。19．（2026·江西·模拟预测）如图，物块A处于木板B的左端，B处于足够长的水平地面上。A、B的质量分别为2m、m，A、B之间的动摩擦因数为2.5μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，距木板B右端足够远的地面上有n个质量均为3m的光滑小球沿直线紧密排列，球的直径等于木板的厚度且小球足够多。给A、B一个共同的沿小球所在直线的右向初速度，经过一段时间木板B右端以速度v0与小球1碰撞。已知物块A始终未脱离木板B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间忽略不计，重力加速度大小为g(1)求木板B与1号小球第一次碰后的速度(2)求木板B第一次碰1号球后过多少时间与球发生第二次碰撞(3)求木板B第一次与小球碰撞到静止的运动总时间【答案】(1)−v0(2)3(3)v【详解】（1）设木板B与1号球第一次碰后B速为v1，球速为u1根据能量守恒，有12联立解得v1=−（2）碰后小球1与小球2发生碰撞，交换速度，小球1仍停在原处。后面的球依次交换速度，最后是n号球以u1向右运动。木板B向左运动的加速度为a1解得a经t1减速到零，则有t1内B位移x1B减速到零后反向加速，加速度为a2，根据牛顿第二定律，有解得a设经t2再次与1号小球发生第二次碰撞，有解得t木板B第一次碰1号球后与球发生第二次碰撞所经历的时间为t（3）此时B速度为v此时A的速度为v解得v所以再次碰1号球前，A、B未达到等速，以后B每一次碰球，速度都是前一次速度的14，显然，连续两次碰1号球的时间间隔也应该是前一次的14，即为公比为14的无穷递减等比数列。所以木板B第一次与小球碰撞到静止的总运动时间t20．（2026·江苏·一模）如图所示，一水平传送带以速度v0顺时针转动，其右端与足够长的光滑水平台面平滑连接，在平台上静置质量均为2m的n个相同物块，等间距排列成一