高考物理2026年4月模拟试卷必刷题-动量

第1页（共1页）高考物理2026年4月模拟试卷必刷题——动量与动量守恒定律（2026年4月）一．选择题（共10小题）1．（2026•温州模拟）如图所示为2026年春晚节目《武BOT》机器人表演时的情景。机器人在水平地面加速奔跑过程中，下列说法正确的是（）A．机器人所受的合力为零 B．机器人所受重力的冲量不为零 C．地面对机器人的支持力做正功 D．机器人所受地面的作用力方向竖直向上2．（2026•南通模拟）如图所示，小球A静置于光滑圆弧槽最低点，将另一小球B从距A较近的位置静止释放，已知mB＞mA，两球大小相同且发生弹性碰撞，圆弧槽的半径远大于AB间距，以A初始位置为坐标原点，取向右为正方向，则B与A从第一次碰撞到第三次碰撞过程中，两球位移随时间变化的关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．3．（2026•铜川模拟）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-F2kC．小球从释放至达到最大速度的时间为khmg-FD．小球所受阻力做功为mg4．（2026春•河西区校级月考）高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口横截面积为S，手持该高压水枪操作时，水从枪口以速度v高速喷出后，近距离垂直喷射到物体表面且速度立即变为零。忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为ρ。则水在物体表面产生的平均冲击力大小为（）A．ρSv B．ρSv2 C．12ρSv2 D．12ρ5．（2026春•河西区校级月考）A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（）A．vA′＝3m/s，vB′＝3.5m/s B．vA′＝2m/s，vB′＝3m/s C．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s D．vA′＝﹣3m/s，vB′＝6.5m/s6．（2026春•金水区校级月考）如图所示，标号为1、2、3、…、10的10个大小相同的小球依次排列在光滑水平面上，标号为奇数的质量均为m，标号为偶数的质量均为2m，现使标号为1的小球获得水平向右的初速度v1，以后发生的碰撞均为弹性碰撞，且相邻两小球之间仅碰撞一次，则标号为9、10的小球碰撞后，标号为10的小球运动的速度大小为（）A．2935v1 B．21137v1 C．21237．（2026春•二七区校级月考）用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短，已知1000粒的豆粒的总质量为100g，则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为（）A．0.6N B．1.0N C．1.2N D．1.6N8．（2026•昌平区一模）一对正、负电子碰撞会发生湮灭，生成光子。已知电子的质量为me，光子的频率为ν，真空中的光速为c，普朗克常量为h，碰撞前电子的动能不计。关于此过程，下列说法不正确的是（）A．若生成两个光子，每个光子的频率为meB．该过程可能生成单个高能光子，其能量为2mec2 C．生成光子的总能量为2mec2 D．光子所带电荷量为09．（2026•石景山区一模）砂摆是用来测量子弹速度的一种装置。将一个砂箱用轻绳竖直悬挂起来，一颗子弹水平射入砂箱（未射穿），使砂箱摆动。从子弹开始射入砂箱到砂箱摆动到最大摆角处，子弹和砂箱（）A．机械能守恒，动量守恒 B．机械能不守恒，动量守恒 C．机械能守恒，动量不守恒 D．机械能不守恒，动量不守恒10．（2026•东城区一模）冰壶比赛中，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面和冰壶之间的动摩擦因数以调节冰壶的运动。不摩擦冰面时，冰壶和冰面之间的动摩擦因数为0.02；摩擦冰面时，动摩擦因数变为原来的90%。第一次运动员以2m/s的速度投掷冰壶，直至冰壶静止；第二次运动员仍以2m/s的速度将冰壶投出，在冰壶自由滑行10m后，其队友开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，直至冰壶静止。冰壶质量为20kg，g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．第二次冰壶自投出至最终静止过程中的加速度为0.2m/s2 B．第二次冰壶的动量变化量小于第一次冰壶的动量变化量 C．两次冰壶和冰面摩擦产生的热量都是40J D．第二次冰壶运动的距离小于第一次冰壶运动的距离二．多选题（共4小题）（多选）11．（2026春•金水区校级月考）如图所示，静置在光滑的水平面上的A、B为两个完全相同的14圆弧槽，圆弧槽的半径为R，两槽的最低点均与水平面相切，初始时两槽的最低点均位于P点，B槽固定在水平面上。现将质量为m的小球C（可视为质点）从A槽上端点a的正上方32R处由静止释放，小球C从a点落入A槽内，一段时间后从P点滑上B槽，A槽的质量为4mA．小球C第一次从A槽最低点滑出时，小球C到P点的距离为45B．小球C经过B槽上端点b时，B槽对C的弹力大小为2mg C．小球C经过b点的次数为2次 D．小球C最终的速度大小为gR（多选）12．（2026春•平阳县校级月考）一位小朋友手握质量为m的小球站在滑板上，滑板静止于光滑水平面上。某时刻，小朋友将小球斜向上抛出，抛出瞬间小球相对地面的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，如图所示。已知小朋友和滑板的总质量为M，重力加速度为g，小朋友和滑板始终相对静止，不计空气阻力。以小球、小朋友和滑板为系统，下列说法正确的是（）A．将小球抛出的过程中，系统水平方向上动量守恒 B．小球抛出后，小朋友和滑板的速度为mvMC．将小球抛出的过程中，系统机械能增加的量为m(m+M)vD．小球从抛出到运动至最高点的过程中，小朋友和滑板的位移大小为m（多选）13．（2026春•仓山区校级月考）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，a的质量为m。t＝0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—时间图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能Ep=1A．b的质量为12B．t3时刻，a、b间的距离最小 C．0～t2时间内，b所受冲量的大小为43D．图乙中阴影部分的面积为m（多选）14．（2026春•浙江月考）马拉爬犁是东北地区常见的冬季交通工具。如图所示，爬犁在与水平地面成θ角的拉力F（大小未知）作用下沿直线运动，已知货箱A、B和爬犁的质量分别为m、2m、5m，A与B、B与爬犁之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，各接触面均水平，爬犁运动中，A、B与爬犁三者间保持相对静止。不计地面对爬犁的阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．若μ1＞μ2，则时间t内拉力F的冲量最大值为8μB．无论μ1、μ2间的大小关系如何，在相同时间内，B受到的合外力冲量一定是A受到的合外力冲量的2倍 C．若某时刻爬犁碰到障碍物后瞬时停止，在很短时间内B动量的变化量一定是A动量变化量的2倍 D．若某时刻爬犁碰到障碍物后瞬时停止，μ1＝0.6μ2时，则在很短时间内B动量的变化量一定是A动量变化量的4倍三．实验题（共1小题）15．（2026•泰安二模）如图所示，光滑的水平地面上有一质量为M＝0.1kg、长度l＝3m的木板，木板右端到墙壁的距离l0＝1.5m，木板左端紧挨着带14光滑圆弧轨道的物块P，圆弧轨道底端和木板上表面等高，物块P固定在地面上，在圆弧轨道的正上方有两个可视为质点的物体A、B通过细线相连，物体A与劲度系数为100N/m的弹簧一端相连，弹簧另一端固定在天花板上。稳定后物体B与圆弧轨道最低点b的竖直距离h＝1.25m，物体A的质量mA＝2.5kg、物体B的质量mB＝0.4kg。剪断两物体之间的细线，物体B下落后从a点平滑切入圆弧轨道，当物体B运动到圆弧轨道最低点b时，物体A恰好第一次回到出发点，随后物体B滑上木板，经过一段时间后，木板与墙壁发生弹性碰撞。已知物体B与木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，弹簧振子的振动周期T＝2πmk（式中k为劲度系数，m为振子质量），π取10，重力加速度g取10m/s（1）物体A做简谐运动的振幅；（2）B、P相互作用过程中，物体B受到P的冲量大小；（3）木板与墙壁第二次碰撞时，物体B距木板右端的距离。四．解答题（共5小题）16．（2026•济南二模）如图所示，倾角为θ＝30°的足够长斜面固定在水平地面上，质量为m的物块A与质量为4m的物块B用轻弹簧（劲度系数未知）连接并放置于斜面上，整个系统处于静止状态，此时轻弹簧的压缩量为x0。现将质量为m的物块C从距物块A沿斜面上方4x0处由静止释放，与物块A发生正碰并粘在一起，碰撞时间极短，t＝0时刻物块B开始运动，t＝t1时刻物块B的速度再一次为0。已知物块A、C与斜面间无摩擦力，物块B与斜面间的动摩擦因数为μ=32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为Ep=1（1）物块C与物块A碰撞后的速度大小v1；（2）物块B开始运动时物块A的速度v2；（3）物块B的最大速度v3；（4）0～t1时间内系统因摩擦产生的热量Q。17．（2026•温州模拟）医院气动传输系统用于医用物品传送，可以实现跨楼层、跨区域高效传输。如图所示为气动传输装置模型管道ABCD，其中AB竖直、高度H＝2m，BC是半径R＝1m的四分之一圆弧管道（R远大于管道内径），CD水平、长度x＝8.5m。A处放置一质量m＝1kg的传输瓶甲，启动风机，利用气压差给甲施加一大小恒为F＝20N沿管道方向的气动推力，AB和CD均光滑，甲经BC过程克服阻力做功Wf＝（10π﹣20）J，传输瓶可视为质点，求：（1）传输瓶甲经圆弧管道B点时，管道对其压力大小FN；（2）传输瓶甲到达C点时的速度大小vC；（3）若传输瓶甲进入CD管道后，某时刻调整气压差，甲获得向左的加速度a1=203m/s（4）现有质量M＝2kg的传输瓶乙锁在管道CD上的E点（E点未标出），CE长度x0＝1m。甲运动至E点瞬间解锁乙，甲、乙发生弹性碰撞。碰撞前后甲受气动推力一直为F＝20N，碰后乙始终具有向左的加速度a2=203m/s2。则在乙速度18．（2026春•徐汇区校级期中）（1）如图所示，小孩和大人在同一竖直线上不同高度先后水平抛出两个相同的小球，均投中同一点。小球运动视为平抛（不计空气阻力），则大人抛出的球与小孩抛出的球相比较：①初速度；②速度变化率；③动量变化量；④落地瞬间重力的功率。A.较大B.较小C.一样大（2）如图所示，在距地面同高度处将三个相同的篮球以相同的速率分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个篮球从抛出到落地的过程，下列说法正确的是。A.重力对每个小球做的功都各不相同B.重力对每个小球的冲量都各不相同C.每个小球落地时的速度大小都不相同D.每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同（3）如图五幅图是网球竖直下落与地面碰撞后又弹起的过程。从左往右，第二幅图是网球刚与地面接触时拍摄，第三幅图是网球形变量最大时拍摄，忽略空气阻力和网球与地面碰撞的能量损失。①如图五幅图从左向右数，网球的动能最小的是。A.第2幅图B.第3幅图C.第4幅图D.第5幅图②网球与地面碰撞过程中，地面对网球的弹力做功情况分析正确的是。A.不做功B.做正功C.做负功D.先做正功后做负功E.先做负功后做正功③网球与地面碰撞整个过程中，弹力的冲量I与网球动量的改变量Δp比较大小，正确的是。A.I＝ΔpB.I＞ΔpC.I＜ΔpD.信息不足，无法比较④（多选）现让一个标准网球（看作质点）从2米的高度由静止自由落下，反弹高度为1.5米。不计空气阻力及网球与地面的作用时间，该过程中网球的速度v随时间t及重力势能Ep、动能Ek、机械能E机随路程x的变化的图像可能正确的是。（4）质量为m的篮球，由静止开始下落，由于空气阻力的作用，下落的加速度为45g，在篮球下落高度为h的过程中，篮球的重力势能变化量为，动能改变量为，机械能改变量为（5）如图，水平面上有一弯曲的槽道AB，由半径分别为R2和R的两个半圆构成，现用大小恒为F的拉力将一个质量为m的小球以恒定的速率v从A点沿槽道拉至B点，且拉力F的方向时刻与小球运动方向保持一致，则此过程中拉力做功为，小球的动能变化量大小为，动量变化量的大小为19．（2026春•山东月考）如图所示，由圆心分别为O1、O2，半径均为R＝0.2m的两个14光滑圆弧轨道平滑连接成轨道c，放置光滑水平地面上并锁定，P点为轨道的最高点，Q点为轨道的最低点且与水平地面相切。质量均为m＝1kg的不同材质小球a、b静置在轨道c左侧的水平地面上，小球a、b碰撞时碰后的相对速度与碰前的相对速度之比为一定值。给小球a一初速度，使之与小球b发生碰撞，碰撞后小球b沿轨道c运动到P点抛出，地面上的落点与P点间的水平方向位移为x=25m；小球a沿轨道能运动到与O1点等高的位置。不计空气阻力，重力加速度g＝（1）小球b经过P点时受到的支持力大小；（2）小球a、b发生碰撞过程中损失的动能；（3）解除轨道c的锁定，小球a以大小未知的初速度v与小球b发生碰撞，碰后小球b经过轨道上的Q点滑上轨道c，又从轨道c上滑下再次经过Q点，上述过程中小球a一直在水平地面上运动，小球b第一次经过Q点时与小球a间的距离等于小球b第二次经过Q点时与小球a间的距离。求满足条件的初速度v的大小。20．（2026•佛山模拟）如图所示，短跑道速度滑冰比赛场地由两段水平直道与两段半圆形水平弯道构成，接力比赛起跑线到弯道距离x＝14.4m，发令枪响后运动员A和B从起跑线起跑，已知两者起跑反应时间不同，在直道均做匀加速直线运动，且两人同时进入弯道并在弯道始终保持并排做匀速圆周运动，其运动半径分别为R1＝8m、R2=263m，角速度大小均为ω＝1.5rad/s，若A和B的质量均为m＝50kg，重力加速度（1）运动员A和B起跑反应时间的差值（结果保留2位小数）；（2）运动员B和C在直道完成交接棒（后者推前者即为交接棒），交接棒前瞬间2人沿同一直线运动速度分别为vB＝14m/s、vC＝10m/s，交接棒后瞬间B和C的速度分别为vB′＝6.8m/s，vC′＝16m/s，交接棒过程阻力忽略不计，求交接棒过程B对C的冲量大小，以及B对C做功大小。

高考物理2026年4月模拟试卷必刷题——解答一．选择题（共10小题）1．（2026•温州模拟）如图所示为2026年春晚节目《武BOT》机器人表演时的情景。机器人在水平地面加速奔跑过程中，下列说法正确的是（）A．机器人所受的合力为零 B．机器人所受重力的冲量不为零 C．地面对机器人的支持力做正功 D．机器人所受地面的作用力方向竖直向上【分析】A、机器人做加速运动，根据牛顿运动定律，速度发生变化则合外力不为零；B、冲量由力和作用时间共同决定，运动过程中重力始终存在且有作用时间，因此重力的冲量一定不为零；C、做功的判定看力与位移的夹角，支持力始终竖直向上，机器人的位移沿水平方向，力与位移相互垂直，因此支持力不做功；D、地面对机器人的作用力是支持力与静摩擦力的合力，支持力竖直向上，静摩擦力水平向前，二者合成后的合力方向斜向前上方，并非竖直向上。【解答】解：A、机器人做加速运动，加速度不为零，根据牛顿第二定律F＝ma，机器人所受合力不为零故A错误；B、根据冲量I＝Ft，可知重力不为零，加速过程的时间不为零，因此重力的冲量I＝mgt一定不为零故B正确；C、地面对机器人的支持力方向竖直向上，机器人的位移沿水平方向，支持力方向与位移方向夹角为90°，因此支持力不做功故C错误；D、地面对机器人的作用力是支持力与静摩擦力的合力，支持力竖直向上，静摩擦力水平向前，因此地面作用力的合力方向斜向前上方，不是竖直向上。故D错误。故选：B。【点评】本题结合春晚热点情境命题，围绕牛顿运动定律、冲量、做功判断、力的合成等基础力学概念展开全面辨析，考点覆盖全面且均为课本核心基础知识点，易错陷阱设置典型，精准针对合力与运动的关系、冲量的定义、做功的判定条件、接触面作用力的合成理解等高频易混点进行考查，无复杂计算，侧重基础概念的精准理解，属于高考物理开篇的基础送分选择题。2．（2026•南通模拟）如图所示，小球A静置于光滑圆弧槽最低点，将另一小球B从距A较近的位置静止释放，已知mB＞mA，两球大小相同且发生弹性碰撞，圆弧槽的半径远大于AB间距，以A初始位置为坐标原点，取向右为正方向，则B与A从第一次碰撞到第三次碰撞过程中，两球位移随时间变化的关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．【分析】题目描述B球从靠近A球的位置静止释放，在光滑圆弧槽最低点与静止的A球发生弹性碰撞，已知mB＞mA，圆弧槽半径远大于两球间距，可视为两球在槽内各自做简谐运动。需分析从第一次碰撞到第三次碰撞过程中两球位移随时间变化的关系图像。核心在于两球发生弹性碰撞后速度交换与分配规律，由于mB＞mA，碰撞后A球获得向右速度大于B球向右速度，两球均向右运动且周期相同，A球振幅更大。图像需体现两球从原点同时向右出发，位移曲线均为正弦波形，A的振幅大于B，并在后续运动中于平衡位置及另一侧再次发生碰撞，符合此运动特征的图像正确。【解答】解：AB、由于圆弧槽的半径R远大于A、B两球之间的初始距离，小球在槽内的运动可近似视为简谐振动。根据简谐振动的特征，其位移x随时间t变化的图像应为正弦曲线，而不是折线，故AB错误；CD、两球在x＝0位置发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律有mBvB0＝mAvA+mBvB，根据机械能守恒定律有12mBvB02=12mAvA2+12mBvB2。联立两式可解得碰撞后瞬间两球的速度分别为vA=2mBmA+mBvB0，vB=mB-mAm故选：D。【点评】本题巧妙地将简谐振动与弹性碰撞模型相结合，综合考查了学生对动量守恒、机械能守恒以及简谐振动基本特征的理解与应用能力。题目要求分析从第一次碰撞到第三次碰撞过程中两球的位移随时间变化关系，对学生的物理建模能力和图像分析能力提出了较高要求。解题关键在于正确运用弹性碰撞的速度公式，并结合简谐振动的位移图像特点进行推理。由于两球周期相同且碰撞后均向右运动，A球速度更大导致其振幅更大，同时图像需满足简谐振动的正弦曲线特征。本题计算量适中，但需要清晰的逻辑链条将碰撞结果与振动图像联系起来，是一道能有效检验学生综合运用力学规律分析复杂过程能力的好题。3．（2026•铜川模拟）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-F2kC．小球从释放至达到最大速度的时间为khmg-FD．小球所受阻力做功为mg【分析】由牛顿第二定律列式即可解答；由运动学公式判断平均速度的大小；由动量定理列式可求运动的时间；由动能定理列式可求阻力所做的功。【解答】解：A、对小球，由牛顿第二定律可得：mg﹣kv﹣F＝ma，解得：a=g-F+kvm，由此可知随B、当小球加速度为零时，速度最大，则有：g=F+kvmm，解得：vm=mg-FC、对小球，以竖直向下的方向为正方向，由动量定理可得：∑mgt﹣∑kv•Δt﹣Ft＝∑ma•Δt，即有：mgt﹣kh﹣Ft＝mvm，解得小球从释放至达到最大速度的时间为：t=khmg-F+D、由动能定理可得：mgh-Fh+W=1故选：C。【点评】本题是对牛顿第二定律及运动学公式、动能定理和动量定理的考查，解题的关键是要正确分析小球的运动情况和受力情况，结合动能定理及动量定理列式即可解答。4．（2026春•河西区校级月考）高压清洗广泛应用于汽车清洁、地面清洁等。某高压水枪出水口横截面积为S，手持该高压水枪操作时，水从枪口以速度v高速喷出后，近距离垂直喷射到物体表面且速度立即变为零。忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为ρ。则水在物体表面产生的平均冲击力大小为（）A．ρSv B．ρSv2 C．12ρSv2 D．12ρ【分析】利用动量定理求解流体冲击力的典型方法，选取一段时间内的喷出水的质量，分析其动量变化，结合动量定理FΔt＝Δp，注意矢量方向，进而求出物体受到的平均冲击力。【解答】解：根据动量定理分析可知，物体所受的平均冲击力等于单位时间内动量的变化量。设单位时间内冲击物体表面的水的质量为Δm，水的密度为ρ，出水口横截面积为S，水流速度为v，则质量流量为Δm取初速度方向为正方向，水冲击物体表面后，速度由v在短时间内变为0，因此动量变化率为：Δp根据动量定理，平均冲击力大小F=ΔpΔt=ρSv故选：B。【点评】本题考查动量定理在流体冲击问题中的应用，核心是构建“微元法”模型，确定单位时间内的质量流量，分析动量变化方向，注意矢量性，利用动量定理列方程求解平均作用力。5．（2026春•河西区校级月考）A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1kg，mB＝2kg，vA＝6m/s，vB＝2m/s，当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是（）A．vA′＝3m/s，vB′＝3.5m/s B．vA′＝2m/s，vB′＝3m/s C．vA′＝5m/s，vB′＝2.5m/s D．vA′＝﹣3m/s，vB′＝6.5m/s【分析】题目描述光滑水平面上A球从后方追上B球并发生碰撞，需判断碰撞后两球速度的可能值。首先明确碰撞过程动量守恒，系统总动量应等于碰前总动量；其次需考虑碰撞过程能量关系，非弹性碰撞中总动能不增加；最后需注意实际物理情境，若碰后两球同向运动，A球速度应不大于B球速度，否则会再次发生碰撞。因此需依次检验各选项是否同时满足动量守恒、动能不增加及运动合理性条件，从而筛选出符合碰撞规律的选项。【解答】解：A、碰撞过程动量守恒，碰前总动量为1×6kg•m/s+2×2kg•m/s＝10kg•m/s，碰后总动量为1×3kg•m/s+2×3.5kg•m/s＝10kg•m/s，故动量守恒。碰前总动能为12×1×6因此，A、B两球的碰后速度可能为3m/s与3.5m/s，故A正确；B、碰后总动量为1×2kg•m/s+2×1.5kg•m/s＝5kg•m/s，小于初动量，故动量不守恒，故B错误；C、根据题设数据，若碰后两球同向，则A的速度应小于B的速度，否则碰撞未结束，故C错误；D、碰后总动量为1×（﹣3）kg•m/s+2×6.5kg•m/s＝10kg•m/s，动量守恒。碰后总动能为12×1×3故选：A。【点评】本题以两球碰撞为背景，考查动量守恒定律与碰撞过程能量关系的综合应用。题目要求学生准确计算系统的总动量与总动能，并依据碰撞的物理规律进行判断。其核心在于理解碰撞需满足动量守恒，且总动能通常不增加；对于追及碰撞，还需分析碰后两球的相对速度关系，确保运动情境合理。本题计算量适中，但需兼顾多个约束条件，能有效锻炼学生对碰撞问题的全面分析能力与严谨的逻辑推理能力。6．（2026春•金水区校级月考）如图所示，标号为1、2、3、…、10的10个大小相同的小球依次排列在光滑水平面上，标号为奇数的质量均为m，标号为偶数的质量均为2m，现使标号为1的小球获得水平向右的初速度v1，以后发生的碰撞均为弹性碰撞，且相邻两小球之间仅碰撞一次，则标号为9、10的小球碰撞后，标号为10的小球运动的速度大小为（）A．2935v1 B．21137v1 C．2123【分析】题目描述多个小球依次发生弹性碰撞的过程，已知奇数球质量m、偶数球质量2m，1号球以初速度向右运动，相邻球仅碰撞一次。需明确各次碰撞满足动量守恒与机械能守恒，关键在于分析碰撞后速度传递规律。由于质量交替变化，每次碰撞后获得速度的小球质量与碰撞双方质量有关，需通过递推关系找出通项，最终确定9号与10号碰撞后10号球的速度，这需要从前到后逐步推导每次碰撞后速度的表达式。【解答】解：设小球1与小球2发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒，有mv1＝mv'1+2mv2，12mv随后，小球2与小球3发生弹性碰撞，同样根据动量守恒和机械能守恒，有2mv2＝2mv'2+mv3，12×2mv接着，小球3与小球4发生弹性碰撞，有mv3＝mv'3+2mv4，12mv之后，小球4与小球5发生弹性碰撞，有2mv4＝2mv'4+mv5，12×2mv根据此规律推导，标号为10的小球运动的速度大小为v10=2133故选：D。【点评】本题是一道综合性极强的动量与能量问题，通过设置一系列质量交替变化的物体与弹性碰撞过程，深度考查学生对动量守恒定律与机械能守恒定律的联合应用能力。题目计算量显著，要求学生具备严谨的逻辑推理和数列归纳能力。其亮点在于巧妙地构建了一个递推规律，学生需通过分析前几次碰撞的数值结果，抽象出小球速度与质量序列、碰撞次序之间的内在联系，进而推导出最终答案。这一过程不仅检验了学生对弹性碰撞核心公式的熟练度，更着重锻炼了其模型构建与数学归纳的物理思维，是一道能够有效区分学生思维层次的高难度好题。7．（2026春•二七区校级月考）用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示，从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短，已知1000粒的豆粒的总质量为100g，则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为（）A．0.6N B．1.0N C．1.2N D．1.6N【分析】明确豆粒从高处自由下落至接触秤盘的过程，分析其与秤盘碰撞前后的速度变化，已知反弹速度减半，结合碰撞时间极短的条件，忽略重力冲量的影响。通过动量定理建立豆粒与秤盘相互作用的关系，将总质量与速度变化量关联，计算碰撞产生的平均作用力。同时考虑豆粒持续下落并最终静止在秤盘上，需将碰撞力与已静止豆粒的重力叠加，从而确定秤盘受到的总压力大小。【解答】解：豆粒从h＝80cm＝0.8m高度由静止自由下落，做自由落体运动，根据v2＝2gh可得其接触秤盘时的速度v=2gh，代入数据解得v＝由于豆粒反弹时竖直方向速度大小变为碰前的一半，故反弹速度v'＝0.5v＝0.5×4m/s＝2m/s。在Δt＝1s内，共有1000粒豆粒落下，总质量M＝100g＝0.1kg。以竖直向上为正方向，对所有豆粒与秤盘的碰撞过程应用动量定理，设秤盘对豆粒的平均作用力为F冲，忽略碰撞极短时间内重力的冲量，则有F冲Δt＝Mv'﹣M（﹣v）＝M（v+v'），解得平均作用力F冲=M(v+v')Δt，代入数据得由牛顿第三定律可知，秤盘所受的平均作用力F′＝F冲＝0.6N，在豆粒连续均匀下落的过程中，秤盘所受总压力等于平均作用力与已静止在秤盘上的豆粒重力之和，当全部豆粒均已落在秤盘上时，压力达到最大，即F＝F′+Mg，代入数据解得F＝0.6N+0.1×10N＝1.6N，故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题通过豆粒模拟气体分子压强的产生原理，巧妙地将气体动理论与动量定理相结合，考查学生对自由落体、碰撞过程以及连续作用力分析的综合应用能力。题目涉及自由落体运动规律、动量定理以及连续介质碰撞的模型构建，计算量适中但需要清晰的物理图像。易错点在于正确理解秤盘所受压力不仅包含豆粒碰撞产生的平均冲力，还需加上已静止豆粒的重力，这要求学生准确把握题目中“持续作用”与“最终状态”的物理含义。本题设问新颖，能够有效锻炼学生的建模分析能力和逻辑推理能力。8．（2026•昌平区一模）一对正、负电子碰撞会发生湮灭，生成光子。已知电子的质量为me，光子的频率为ν，真空中的光速为c，普朗克常量为h，碰撞前电子的动能不计。关于此过程，下列说法不正确的是（）A．若生成两个光子，每个光子的频率为meB．该过程可能生成单个高能光子，其能量为2mec2 C．生成光子的总能量为2mec2 D．光子所带电荷量为0【分析】题目描述正负电子对湮灭生成光子的过程，已知电子质量、光子频率、光速和普朗克常量，且电子初始动能不计。需判断不正确的说法，核心是分析该过程遵循的物理规律，包括能量守恒、动量守恒和电荷守恒。已知电子静止质量对应的能量为电子质量乘以光速平方，系统初始总能量为两倍该值，初始总动量为零。光子能量由普朗克常量乘以频率给出，光子动量为能量除以光速。分析各选项时需结合这些守恒定律，例如生成两个光子时动量守恒要求它们反向且能量相等，能量守恒确定频率；生成单个光子则无法满足初始总动量为零的条件；光子总能量来自质量亏损；光子为中性粒子电荷量为零。【解答】解：在正负电子湮灭过程中，系统满足电荷守恒、动量守恒与能量守恒定律。由于电子碰撞前的动能可忽略，系统的初始总能量为E=2mecA、若生成两个光子，根据动量守恒定律，这两个光子的动量必须大小相等、方向相反，因此它们的能量也相等。由能量守恒定律可得2hν=2mecB、由于光子具有动量p=Ec，若只生成单个光子，其动量必然不为零，这与系统初始总动量为零矛盾，因此该过程不可能生成单个光子，故C、根据爱因斯坦质能方程，正负电子湮灭时质量完全亏损，转化出的能量即为光子的总能量，大小为2mecD、光子是中性粒子，不带电，其电荷量为零，符合电荷守恒定律（反应前总电荷为+e+（﹣e）＝0），故D正确。本题选不正确的，故选：B。【点评】本题以正负电子湮灭为背景，综合考查动量守恒定律、能量守恒定律、爱因斯坦质能方程以及光子的基本性质，是一道涉及近代物理核心概念的典型题目。其计算量虽小，但思维要求较高，重点检验学生对微观过程动量守恒的深刻理解以及将守恒定律应用于具体物理情境的能力。题目亮点在于通过设置生成单个光子的选项，巧妙引导学生思考动量守恒在光子产生过程中的约束作用，有效区分了仅关注能量守恒而忽视动量守恒的常见错误。9．（2026•石景山区一模）砂摆是用来测量子弹速度的一种装置。将一个砂箱用轻绳竖直悬挂起来，一颗子弹水平射入砂箱（未射穿），使砂箱摆动。从子弹开始射入砂箱到砂箱摆动到最大摆角处，子弹和砂箱（）A．机械能守恒，动量守恒 B．机械能不守恒，动量守恒 C．机械能守恒，动量不守恒 D．机械能不守恒，动量不守恒【分析】根据系统所受合外力为零时系统动量守恒，只有重力或只有弹力做功时系统机械能守恒分析判断。【解答】解：子弹射入砂箱是完全非弹性碰撞，子弹和砂箱间的摩擦会将部分机械能转化为内能，机械能有损失，因此整个过程机械能一定不守恒。动量守恒的条件是系统合外力为零。从子弹开始射入砂箱到砂箱摆动到最大摆角处，系统速度不断减小，动量持续减小。这是因为系统受到重力和绳子拉力的合力作用，合外力的冲量不为零，因此整个过程动量不守恒。综上，子弹和砂箱机械能不守恒，动量也不守恒。故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，子弹射入砂箱过程系统在水平方向动量守恒但系统整体动量不守恒，掌握动量守恒与机械能守恒的条件是解题的前提。10．（2026•东城区一模）冰壶比赛中，投掷冰壶运动员的队友，可以用毛刷在冰壶滑行前方来回摩擦冰面，减小冰面和冰壶之间的动摩擦因数以调节冰壶的运动。不摩擦冰面时，冰壶和冰面之间的动摩擦因数为0.02；摩擦冰面时，动摩擦因数变为原来的90%。第一次运动员以2m/s的速度投掷冰壶，直至冰壶静止；第二次运动员仍以2m/s的速度将冰壶投出，在冰壶自由滑行10m后，其队友开始在冰壶滑行前方摩擦冰面，直至冰壶静止。冰壶质量为20kg，g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．第二次冰壶自投出至最终静止过程中的加速度为0.2m/s2 B．第二次冰壶的动量变化量小于第一次冰壶的动量变化量 C．两次冰壶和冰面摩擦产生的热量都是40J D．第二次冰壶运动的距离小于第一次冰壶运动的距离【分析】分析冰壶两次滑行的不同阶段，根据动摩擦因数求对应加速度，结合运动学公式、动量定理和能量关系，逐一判断各选项。【解答】解：A.第一阶段（自由滑行10m）：动摩擦因数μ＝0.02，加速度a1＝﹣μ1g＝﹣0.02×10m/s2＝﹣0.2m/s2（方向与运动方向相反）第二阶段（摩擦后滑行）：动摩擦因数μ2＝0.02×90%＝0.018，加速度a2＝﹣μ2g＝﹣0.018×10m/s2＝﹣0.18m/s2整个过程加速度不恒定，故A错误；B.动量变化量Δp＝mΔv，两次冰壶初速度均为v0＝2m/s，末速度均为0，则Δv＝0﹣2＝﹣2m/s，故Δp＝20×（﹣2）＝﹣40kg•m/s，两次动量变化量大小相等，故B错误；CD.摩擦生热Q＝Wf＝f•x其中摩擦力f＝μmg滑行距离x可由运动学公式v第一次（μ1＝0.02）：滑行距离x摩擦力f1＝μ1mg＝0.02×20×10N＝4N生热Q1＝f1x1＝4×10J＝40J第二次（先μ1滑行10m，后μ2滑行x2）：第一阶段末速度v即冰壶在滑行10m时已静止，第二阶段无运动，总滑行距离x2＝10m，生热Q2＝f1x2＝4×10＝40J两次生热均为40J，第一次滑行距离x1＝10m第二次滑行距离x2＝10m，两次距离相等，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题以冰壶运动为背景，综合考查匀变速直线运动、动量变化与摩擦生热，是力学多过程问题的典型应用，能有效考查学生的综合分析能力。二．多选题（共4小题）（多选）11．（2026春•金水区校级月考）如图所示，静置在光滑的水平面上的A、B为两个完全相同的14圆弧槽，圆弧槽的半径为R，两槽的最低点均与水平面相切，初始时两槽的最低点均位于P点，B槽固定在水平面上。现将质量为m的小球C（可视为质点）从A槽上端点a的正上方32R处由静止释放，小球C从a点落入A槽内，一段时间后从P点滑上B槽，A槽的质量为4mA．小球C第一次从A槽最低点滑出时，小球C到P点的距离为45B．小球C经过B槽上端点b时，B槽对C的弹力大小为2mg C．小球C经过b点的次数为2次 D．小球C最终的速度大小为gR【分析】小球C从释放到第一次滑出A槽的过程，系统在水平方向动量守恒且机械能守恒，已知初始高度和圆弧槽半径，可确定小球在水平方向的位移，结合初始位置关系得出小球滑出时到P点的距离；在B槽固定的条件下，小球从滑上B槽到经过b点，机械能守恒，利用在b点的圆周运动规律分析所需向心力与重力的关系，从而确定弹力大小。小球与A槽发生多次相互作用，每次滑上B槽的机械能不同，需结合动量守恒与能量守恒分析小球能到达b点的次数。最终系统水平方向动量守恒，总机械能守恒，由初始重力势能转化为最终动能，结合质量关系可求得小球最终速度。【解答】解：A、小球从A槽上端a点运动至最低点的过程中，系统在水平方向动量守恒，设小球相对于A槽的水平位移为R，则小球对地的位移大小为4mm+4m×R=45R，方向向左。初始时a点与P点的水平距离为R，因此小球第一次滑出A槽时，其位置与PB、小球从释放到第一次滑出A槽的过程，根据机械能守恒定律与水平方向动量守恒定律，可得vC=2gR。滑上固定的B槽后机械能守恒，设小球到达b点时的速度为vb，满足12mvC2=mgR+12mvb2，解得vb2=2gR。在b点应用牛顿第二定律，有mg+N=mvbC、小球首次从A槽滑出后，滑上B槽并到达b点，随后返回并再次进入A槽，接着第二次滑出A槽并第二次到达b点，此后便无法再次抵达b点，因此小球经过b点的总次数为2次，故C正确；D、系统最终的动能等于初始的重力势能，即52mgR。根据水平方向动量守恒定律，有mv＝4mV，解得V=v4。将此结果代入动能表达式，可得故选：BC。【点评】本题综合考查了动量守恒、机械能守恒以及圆周运动向心力等核心知识点，是一道综合性较强的力学难题。题目通过小球与圆弧槽的多次相互作用过程，有效检验学生的多过程分析能力与模型构建能力。计算量较大，涉及多个运动阶段和能量转化环节，要求学生能够灵活运用守恒定律处理复杂系统的动力学问题。本题的亮点在于巧妙设置了可动槽与固定槽的组合，使得小球在两者间反复运动，需要细致分析每次相互作用后的速度变化及能量分配，从而判断其运动轨迹的极限情况。整个过程对学生的逻辑推理能力和物理图像构建能力提出了较高要求。（多选）12．（2026春•平阳县校级月考）一位小朋友手握质量为m的小球站在滑板上，滑板静止于光滑水平面上。某时刻，小朋友将小球斜向上抛出，抛出瞬间小球相对地面的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，如图所示。已知小朋友和滑板的总质量为M，重力加速度为g，小朋友和滑板始终相对静止，不计空气阻力。以小球、小朋友和滑板为系统，下列说法正确的是（）A．将小球抛出的过程中，系统水平方向上动量守恒 B．小球抛出后，小朋友和滑板的速度为mvMC．将小球抛出的过程中，系统机械能增加的量为m(m+M)vD．小球从抛出到运动至最高点的过程中，小朋友和滑板的位移大小为m【分析】系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒。小球抛出时，小朋友和滑板获得与小球水平分动量大小相等方向相反的水平速度，其大小为小球水平分动量除以总质量。系统机械能变化需考虑小朋友和滑板获得的动能与小球动能之和减去初始总动能，计算时需代入速度关系。小球竖直上抛至最高点的时间由竖直分速度与重力加速度决定，该时间内小朋友和滑板以恒定水平速度做匀速直线运动，位移等于速度乘以时间。【解答】解：A、系统在水平方向不受外力作用，因此水平方向动量守恒，故A正确；B、设水平向右为正方向，根据水平方向动量守恒，有0＝mvcosθ﹣MvM，解得：vM=mvcosθC、在小球被抛出的过程中，系统机械能的增加量为ΔE=12mv2+12D、小球运动到最高点所需时间为t=vsinθg，小朋友和滑板的水平位移为xM＝vMt，代入解得：xM故选：AD。【点评】本题以“人—板—球”系统为背景，综合考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的适用条件、系统动量守恒的矢量性及其分方向应用，以及抛体运动的基本规律。题目将动量守恒的经典模型与斜抛运动巧妙结合，计算量适中，对学生的模型构建能力和物理过程分析能力提出了明确要求。系统在水平方向不受外力，因此水平方向动量守恒是解题的核心依据。学生需准确运用动量守恒定律的矢量性，在水平方向建立守恒方程，从而求解人与滑板的速度。选项C涉及系统机械能变化的分析，需要理解抛出过程中“人—板”系统对小球做功，导致系统总机械能增加，并正确计算动能增量。选项D则进一步考查了运动的等时性，需将小球竖直方向的运动时间与人和滑板的水平匀速运动相关联。本题的亮点在于将单一的动量守恒问题拓展为包含能量变化和位移求解的综合性问题，有效检验了学生对多个物理概念和规律的综合运用能力。其中，正确区分系统动量守恒的条件与机械能是否守恒的判断，是本题的关键所在。（多选）13．（2026春•仓山区校级月考）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，a的质量为m。t＝0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—时间图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能Ep=1A．b的质量为12B．t3时刻，a、b间的距离最小 C．0～t2时间内，b所受冲量的大小为43D．图乙中阴影部分的面积为m【分析】由图乙可得到两物块速度相同时的速度，根据动量守恒定律求解b的质量；根据0∼t3时间两者的速度大小关系分析它们之间的距离变化；0∼t2时间内初、末状态弹簧均为原长，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求得t2时刻b的速度大小，根据动量定理求得0∼t2时间内弹簧对b的冲量大小；图乙中阴影部分的面积等于0∼t1时间内a、b的相对位移大小，也等于弹簧的压缩量，根据物块a、b和弹簧组成的系统机械能守恒求得图乙中阴影部分的面积。【解答】解：A．由图乙可知，两物块速度相同时的速度为23mv0=(m+mb)×23vB．0∼t1时间内a的速度较b的大，a、b间的距离距离变小，t1时刻两者共速时距离最小，t1∼t3时间内a的速度较b的小，a、b间的距离距离变大，t2时刻弹簧回复到原长，t3时刻两者再次共速时距离最大，故B错误；C．0∼t2时间内初、末状态弹簧均为原长，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：mv0＝mv1+mBv212联立解得t2时刻b的速度为：v0∼t2时间内，根据动量定理可知，弹簧对物块b的冲量为：Ib=mD．图乙中阴影部分的面积等于0∼t1时间内a、b的相对位移大小，也等于弹簧的压缩量，设为Δx。根据此过程物块a、b和弹簧组成的系统机械能守恒有：12kΔx2=1故选：AD。【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，此题为基础的模型，掌握弹性碰撞模型结果的经验公式。（多选）14．（2026春•浙江月考）马拉爬犁是东北地区常见的冬季交通工具。如图所示，爬犁在与水平地面成θ角的拉力F（大小未知）作用下沿直线运动，已知货箱A、B和爬犁的质量分别为m、2m、5m，A与B、B与爬犁之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，各接触面均水平，爬犁运动中，A、B与爬犁三者间保持相对静止。不计地面对爬犁的阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．若μ1＞μ2，则时间t内拉力F的冲量最大值为8μB．无论μ1、μ2间的大小关系如何，在相同时间内，B受到的合外力冲量一定是A受到的合外力冲量的2倍 C．若某时刻爬犁碰到障碍物后瞬时停止，在很短时间内B动量的变化量一定是A动量变化量的2倍 D．若某时刻爬犁碰到障碍物后瞬时停止，μ1＝0.6μ2时，则在很短时间内B动量的变化量一定是A动量变化量的4倍【分析】A、相对静止时，水平方向受静摩擦力，根据牛顿第二定律分析加速度和拉力，再根据冲量定义式分析；B、根据牛顿第二定律分析AB受到的合外力关系，再分析冲量关系；C、根据动量变化量分析加速度关系；D、根据动量变化量分析加速度关系，结合牛顿第二定律分析动摩擦因数。【解答】解：A、相对静止时，爬犁对B的静摩擦力能提供的最大加速度μ2g，而A受到的静摩擦力能提供的最大加速度为μ1g，因μ1＞μ2，所以系统最大加速度为μ2g，则拉力F的最大值为8μ2mgcosθ，由I＝Ft可知，时间t内拉力F的冲量最大值为B、AB具有相同的加速度，由牛顿第二定律可知B受到的合外力是A的2倍，则相同时间内的冲量也是2倍，故B正确；C、若在很短时间内B动量的变化量是A的2倍，即要求速度变化量相同，加速度相同，μ1、μ2关系未知时，无法判断，故C错误；D、若很短时间内B动量的变化量是A的4倍，即加速度是2倍，A、B相对滑动，由牛顿第二定律可知aA=μ1g，aB=3故选：BD。【点评】考查了牛顿第二定律和动量定理的应用，冲量的计算方法，熟练掌握动量和冲量的表达式，分析摩擦力的大小和方向是关键。三．实验题（共1小题）15．（2026•泰安二模）如图所示，光滑的水平地面上有一质量为M＝0.1kg、长度l＝3m的木板，木板右端到墙壁的距离l0＝1.5m，木板左端紧挨着带14光滑圆弧轨道的物块P，圆弧轨道底端和木板上表面等高，物块P固定在地面上，在圆弧轨道的正上方有两个可视为质点的物体A、B通过细线相连，物体A与劲度系数为100N/m的弹簧一端相连，弹簧另一端固定在天花板上。稳定后物体B与圆弧轨道最低点b的竖直距离h＝1.25m，物体A的质量mA＝2.5kg、物体B的质量mB＝0.4kg。剪断两物体之间的细线，物体B下落后从a点平滑切入圆弧轨道，当物体B运动到圆弧轨道最低点b时，物体A恰好第一次回到出发点，随后物体B滑上木板，经过一段时间后，木板与墙壁发生弹性碰撞。已知物体B与木板之间的动摩擦因数μ＝0.5，弹簧振子的振动周期T＝2πmk（式中k为劲度系数，m为振子质量），π取10，重力加速度g取10m/s（1）物体A做简谐运动的振幅；（2）B、P相互作用过程中，物体B受到P的冲量大小；（3）木板与墙壁第二次碰撞时，物体B距木板右端的距离。【分析】（1）根据简谐运动平衡位置和振幅定义，结合胡克定律求出弹簧伸长量，再算振幅。（2）B自由下落高度h，进入圆弧轨道后机械能守恒得到到达b点的速度，再用动量定理求冲量。（3）B滑上木板后，两者受摩擦力产生加速度，求出各自加速度，分析木板运动到墙的时间，碰撞后反弹，再次运动直到第二次碰撞，计算相对位移。【解答】解：（1）剪断细线kA＝mg，得A＝0.04m；（2）到达圆弧最低点时速度v，根据动能定理有mBgh=解得v＝5m/s由T＝2πmAk得周期T动量的变化量Δp＝mv重力的冲量IG＝mBgT，B受到圆弧轨道的冲量大小IF=(Δp解得IF＝25N•s，（3）取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mBv＝（mB+M）v1解得v1＝4m/s对木板有μmg＝Ma由x=v122a由于x＜l0，木板与物体B共速后与墙壁发生碰撞。取水平向右为正方向，第1次与墙碰撞后有mBv1﹣Mv1＝（mB+M）v2解得第1次与墙碰撞后共速的速度v2=共速后与墙壁发生第二次碰撞由能量守恒得：μmBgs=s＝1.78m所以物体B距木板右端的距离Δx＝1﹣sΔx＝1.22m答：（1）物体A做简谐运动的振幅为0.04m；（2）B、P相互作用过程中，物体B受到P的冲量大小为25N•s；（3）木板与墙壁第二次碰撞时，物体B距木板右端的距离为1.22m。【点评】本题综合考查简谐运动、机械能守恒、动量定理和板块模型，关键是分阶段分析运动状态，准确应用物理规律。四．解答题（共5小题）16．（2026•济南二模）如图所示，倾角为θ＝30°的足够长斜面固定在水平地面上，质量为m的物块A与质量为4m的物块B用轻弹簧（劲度系数未知）连接并放置于斜面上，整个系统处于静止状态，此时轻弹簧的压缩量为x0。现将质量为m的物块C从距物块A沿斜面上方4x0处由静止释放，与物块A发生正碰并粘在一起，碰撞时间极短，t＝0时刻物块B开始运动，t＝t1时刻物块B的速度再一次为0。已知物块A、C与斜面间无摩擦力，物块B与斜面间的动摩擦因数为μ=32，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，弹簧的弹性势能可表示为Ep=1（1）物块C与物块A碰撞后的速度大小v1；（2）物块B开始运动时物块A的速度v2；（3）物块B的最大速度v3；（4）0～t1时间内系统因摩擦产生的热量Q。【分析】（1）物块C下滑过程机械能守恒，求出碰撞前速度，再用动量守恒求碰撞后共同速度。（2）初始时B静止，弹簧弹力等于B的重力分力与摩擦力之和，确定弹簧劲度系数。碰撞后AC一起运动，当B开始运动时，弹簧恢复原长，此时AC的速度可通过机械能守恒结合初始条件求出。（3）B开始运动后，合力为零时速度最大，此时加速度为零，结合系统的机械能变化求最大速度。（4）摩擦生热等于滑动摩擦乘以位移，需要找到B的位移，结合能量守恒求解。【解答】解：（1）C物体从开始运动到碰撞A，取沿斜面向下为速度正方向，由动能定理和动量守恒定律可得mg•4x0•sin30°=12mv02，mv0＝2mv（2）物块A初始状态由平衡方程可得mgsin30°＝kx0，物块B刚开始运动时，由平衡方程可得4mgsin30°+kx1＝μ•4mgcos30°，解得：x1＝2x0，根据能量守恒定律可知，1解得：v2=5g（3）对A、C、B和弹簧整体，6mgsin30°＝μ•4mgcos30°，动量守恒当弹簧压缩量再次为2x0时，B的速度最大，xAC＝xB，取沿斜面向下为正方向，2mv2＝2mv4+4mv3根据能量守恒可知，12⋅2mv22+2mg（4）对A、C、B整体动量守恒，有2mv2＝2mv4+4mv3对方程两边同时乘以时间Δt，有2mv2Δt＝2mv4Δt+4mv3Δt0～t1之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得v2t1＝x'AC+2x'B又因为B的速度再次为O时，弹簧的压缩量为2x0，x′AC＝x′B解得xB=5gx06t1，Q＝μ×4mgx答：（1）物块C与物块A碰撞后的速度大小为gx（2）物块B开始运动时物块A的速度为5gx（3）物块B的最大速度为5gx（4）0～t1时间内系统因摩擦产生的热量为5gx【点评】本题综合运用了机械能守恒、动量守恒、胡克定律及受力分析，关键是明确不同阶段物体的受力情况和能量转化关系。17．（2026•温州模拟）医院气动传输系统用于医用物品传送，可以实现跨楼层、跨区域高效传输。如图所示为气动传输装置模型管道ABCD，其中AB竖直、高度H＝2m，BC是半径R＝1m的四分之一圆弧管道（R远大于管道内径），CD水平、长度x＝8.5m。A处放置一质量m＝1kg的传输瓶甲，启动风机，利用气压差给甲施加一大小恒为F＝20N沿管道方向的气动推力，AB和CD均光滑，甲经BC过程克服阻力做功Wf＝（10π﹣20）J，传输瓶可视为质点，求：（1）传输瓶甲经圆弧管道B点时，管道对其压力大小FN；（2）传输瓶甲到达C点时的速度大小vC；（3）若传输瓶甲进入CD管道后，某时刻调整气压差，甲获得向左的加速度a1=203m/s（4）现有质量M＝2kg的传输瓶乙锁在管道CD上的E点（E点未标出），CE长度x0＝1m。甲运动至E点瞬间解锁乙，甲、乙发生弹性碰撞。碰撞前后甲受气动推力一直为F＝20N，碰后乙始终具有向左的加速度a2=203m/s2。则在乙速度【分析】（1）先用动能定理求出B点速度，再在B点结合向心力公式与受力分析求解管道的压力；（2）对A到C全过程列动能定理式子，代入各力做功数据计算C点速度；（3）分析CD段运动的速度极值位置，结合匀变速运动规律与全程动能定理求解最大速度；（4）先用弹性碰撞规律得碰后两者速度，再分别分析两物体运动位移与时间，判断二次碰撞并求解对应位置。【解答】解：（1）AB段光滑，根据动能定理有FH在B点，物体做圆周运动的向心力由支持力、重力、推力的合力提供，则有F代入数据可得FN＝40N。（2）从A到C根据动能定理有F(H+代入数据可得vC（3）进入CD后，甲先向右加速，后向右减速到0，最大速度出现在推力与阻力平衡（即加速度为0）时刻，即物体加速运动阶段的结束。已知加速度a1=203m/s2，方向向左，设从C到最大速度位置的位移为甲从C到最大速度位置根据动能定理有F代入数据可得vmax＝10m/s（4）E点距离C点为x0＝1m，从C到E根据动能定理有F在E点甲乙发生弹性碰撞满足动量守恒和动能守恒，则有mvE＝mv′E+Mv1，1代入数据可得v1=乙加速度a2=203代入数据可得a3＝20m/s2向右，甲的初速度为v'E=-103m/s代入数据可得x3=103m乙向右运动的时间为t甲向左匀减速直线运动的时间为t甲向左匀减速直线运动的位移为x甲减速到0后，开始向右做匀加速直线运动，在t4＝t2﹣t3内运动的位移x甲减速到0的位置与乙加速到0的位置间距离为Δx=所以乙减速到0之前甲乙发生第二次碰撞，设从第一次碰撞结束到第二次碰撞前瞬间的时间为t′，则有甲乙在这段时间内位移相等，即v代入数据可得t′＝0.75s所以第二次发生碰撞位置与E点的距离为x代入数据可得x5＝3.125m所以第二次发生碰撞位置与C点的距离为Δx＝x0+x5代入数据可得Δx＝4.125m答：（1）传输瓶甲经圆弧管道B点时，管道对其压力大小FN是40N；（2）传输瓶甲到达C点时的速度大小是215m/s；（3）若传输瓶甲进入CD管道后，某时刻调整气压差，甲获得向左的加速度a1=203m/（4）甲、乙会再次碰撞，再次碰撞的位置到C点的距离是4.125m。【点评】本题四小问层层递进，综合动能定理、圆周运动、匀变速直线运动、弹性碰撞多个模型，对过程受力与能量分析要求较高。18．（2026春•徐汇区校级期中）（1）如图所示，小孩和大人在同一竖直线上不同高度先后水平抛出两个相同的小球，均投中同一点。小球运动视为平抛（不计空气阻力），则大人抛出的球与小孩抛出的球相比较：①初速度B；②速度变化率C；③动量变化量A；④落地瞬间重力的功率A。A.较大B.较小C.一样大（2）如图所示，在距地面同高度处将三个相同的篮球以相同的速率分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个篮球从抛出到落地的过程，下列说法正确的是B。A.重力对每个小球做的功都各不相同B.重力对每个小球的冲量都各不相同C.每个小球落地时的速度大小都不相同D.每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同（3）如图五幅图是网球竖直下落与地面碰撞后又弹起的过程。从左往右，第二幅图是网球刚与地面接触时拍摄，第三幅图是网球形变量最大时拍摄，忽略空气阻力和网球与地面碰撞的能量损失。①如图五幅图从左向右数，网球的动能最小的是B。A.第2幅图B.第3幅图C.第4幅图D.第5幅图②网球与地面碰撞过程中，地面对网球的弹力做功情况分析正确的是A。A.不做功B.做正功C.做负功D.先做正功后做负功E.先做负功后做正功③网球与地面碰撞整个过程中，弹力的冲量I与网球动量的改变量Δp比较大小，正确的是B。A.I＝ΔpB.I＞ΔpC.I＜ΔpD.信息不足，无法比较④（多选）现让一个标准网球（看作质点）从2米的高度由静止自由落下，反弹高度为1.5米。不计空气阻力及网球与地面的作用时间，该过程中网球的速度v随时间t及重力势能Ep、动能Ek、机械能E机随路程x的变化的图像可能正确的是ABC。（4）质量为m的篮球，由静止开始下落，由于空气阻力的作用，下落的加速度为45g，在篮球下落高度为h的过程中，篮球的重力势能变化量为﹣mgh，动能改变量为45mgh，机械能改变量为-（5）如图，水平面上有一弯曲的槽道AB，由半径分别为R2和R的两个半圆构成，现用大小恒为F的拉力将一个质量为m的小球以恒定的速率v从A点沿槽道拉至B点，且拉力F的方向时刻与小球运动方向保持一致，则此过程中拉力做功为32πFR，小球的动能变化量大小为0，动量变化量的大小为2mv【分析】（1）对于平抛运动分解为水平匀速直线运动和竖直自由落体运动，利用竖直方向求时间和竖直分速度，再结合水平位移求初速度。速度变化率为加速度，动量变化量由冲量决定，重力功率看竖直分速度。（2）根据重力做功特点、冲量定义、动能定理和功率公式来判断。（3）①结合机械能转化，动能、重力势能、弹性势能之间的相互转化，当形变量最大时动能可能最小；②依据做功的两个必要因素判断，看弹力方向与位移方向是否一致；③应用动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，合外力包括弹力和重力。④根据网球下落和反弹的过程，分析速度、势能、动能、机械能的变化情况。（4）利用牛顿第二定律求阻力，再结合功能关系计算各能量变化。（5）中拉力做功用路径积分，动能变化由动能定理判断，动量变化考虑矢量性。【解答】解：（1）①平抛出两个相同的小球在空中均做平抛运动，在竖直方向上小球做自由落体运动，在水平方向上小球做匀速直线运动，则有：h=12gt2，x＝v0t，联立解得初速度大小为：v0＝②速度变化率为加速度，两小球的加速度均为重力加速度g，则两小球的速度变化率相同，故C正确；③小球的速度变化量为：Δv＝gt，小球的动量变化量为：Δp＝mΔv＝mgt。由：h=12g④小球落地瞬间的竖直分速度为：vy＝gt，落地瞬间重力的功率为：PG＝mgvy＝mg2t，大人抛出的小球在空中运动时间较长，故大人抛出的球落地瞬间重力的功率较大，故A正确。（2）AC、根据动能定理得出，三个小球落到地面时，重力做的功相等，初动能相等，故速度大小相等，由运动的合成可知，竖直向下、竖直向上抛出的小球速度大小相同，但与水平向右的方向抛出小球的速度不同，故AC错误；B、三个小球以同一速率分别沿水平方向、竖直向下、竖直向上抛出，在竖直方向上的分速度各不相同，加速度都为g，下落相同高度，由h＝v0t+1根据I＝mgt可知，重力对每个小球的冲量都各不相同，故B正确；D、重力小球落地时做功的瞬时功率公式为P＝mgvy，vy是竖直方向的分速度，三个小球中竖直向下、竖直向上抛出的小球落地时竖直方向的分速度相同，则重力落地时重力的功率相同，故D错误。故选：B。（3）①网球动能最小时是网球形变量最大时，故B正确，ACD错误；故选：B。②网球与地面碰撞整个过程中，地面对网球的弹力的作用点没有发生位移，所以地面对网球的弹力不做功，故A正确，BCDE错误；故选：A。③网球与地面碰撞整个过程中，根据动量定理可知，弹力的冲量和重力的冲量的矢量和等于网球动量的改变量，故弹力的冲量大于动量变化量，故B正确，ACD错误；故选：B。④A、下落阶段是从0开始增加的直线，反弹后速度方向相反，大小减小，直到为0，故A正确；B、取地面为零势能面，重力势能先减小然后增大，故B正确；C、下落时Ek＝mgx，随x增大而增大；反弹后上升时，动能转化为势能，随x增大而减小，故C正确。D、因为碰撞损失能量，所以反弹后的机械能小于原来初始机械能，故D错误。故选：ABC。（4）重力势能变化量只与高度有关，下落h，重力势能减少，变化量ΔEp＝﹣mgh。动能改变量由动能定理，合外力F合＝ma=45mg，位移为h，所以ΔEk＝F合•h=45mgh。机械能变化等于除重力外其他力做的功，这里阻力f＝mg−ma＝mg−45mg=15mg，阻力方向向上，位移向下，所以阻力做功Wf＝﹣f•h=-1故答案为：−mgh，45mgh，−15（5）拉力F的方向时刻与小球运动方向一致，即力的方向与位移方向始终相同，根据功的定义式W＝Fs，其中s为小球的路程。小球运动轨迹为两个半圆，路程等于两个半圆的弧长之和：半径为R2的半圆弧长：s1=π⋅R2，半径为R的半圆弧长：s2＝πR，总路程s＝s1+s2=π⋅R2+πR=32小球速率恒定，动能变化量为0。动量是矢量，A点和B