专题六：动量（解析版）

二轮复习专题六：动量（解析版）二轮复习专题六：动量（解析版）TOC\t"二轮标题1,1,二轮复习2,2,二轮复习3,3"\h01考情分析 202知识构架 303题型突破 4一、动量定理及应用 4考向一：动量和冲量的计算 5考向二：动量定理的应用 7考向三：流体问题 9二、动量守恒定律及应用 15考向一：动量守恒的判断 17考向二：爆炸和反冲 19考向三：碰撞 23考向四：类碰撞 26考向五：三大观点综合应用 2904自我提升 39

01考情分析往年命题规律从近3年以来的高考命题来分析，动量定理及应用和动量守恒定律及应用属于高频考点，常以选择题和简答题的形式考查，动量定理及应用多以选择题的形式出现，考查的题目难度中等；动量守恒定律及应用以选择题、简答题的形式出现，考查的难度以中档题和难题为主，出题方式会以生活情景相结合和前沿科技进行命题考点频次总结考点2025年2024年2023年动量定理及应用天津·高考真题浙江·高考真题甘肃·高考真题北京·高考真题广东·高考真题河北·高考真题云南·高考真题广西·高考真题湖北·高考真题上海·高考真题重庆·高考真题北京·高考真题安徽·高考真题广东·高考真题广西·高考真题全国甲卷·高考真题江苏·高考真题福建·高考真题浙江·高考真题河北·高考真题福建·高考真题重庆·高考真题广东·高考真题天津·高考真题新课标·高考真题动量守恒定律及应用天津·高考真题江西·高考真题浙江·高考真题全国卷·高考真题甘肃·高考真题北京·高考真题湖南·高考真题江苏·高考真题广东·高考真题山东·高考真题河南·高考真题天津·高考真题重庆·高考真题海南·高考真题甘肃·高考真题安徽·高考真题广东·高考真题广西·高考真题湖北·高考真题江苏·高考真题湖南·高考真题辽宁·高考真题浙江·高考真题河北·高考真题重庆·高考真题广东·高考真题天津·高考真题北京·高考真题山东·高考真题上海·高考真题浙江·高考真题湖北·高考真题辽宁·高考真题海南·高考真题湖南·高考真题全国乙卷·高考真题全国甲卷·高考真题2026年向预测2026年高考动量定理及应用和动量守恒定律及应用为高频考点，动量定理及应用会结合生活情景，例如篮球、高空抛物、流体、航天器变速等，主要考查对于动量与冲量的理解和动量定理的应用；动量守恒定律及应用会结合复杂情景进行考查，例如爆炸、反冲、碰撞、传动带、板块、多过程运动，会更加注重学生对于情景的解读，再结合模型进行考查，从题干的情景中提取对应的模型进行解题。素养目标1.掌握动量与冲量和动量定理的应用2.掌握爆炸、反冲、碰撞的模型特点，并应用其进行解决实际问题。核心能力1.应用动量定理解决例题问题2.掌握提取题干信息的能力，进行对应的情景模型化。

02知识构架

03题型突破一、动量定理及应用【知识储备】（一）动量和冲量1．动量(1)定义：物体的质量和速度的乘积．(2)表达式：p＝mv.(3)方向：与速度的方向相同．2．动量的变化(1)动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同．(2)动量的变化量Δp，一般用末动量p′减去初动量p进行矢量运算，也称为动量的增量．即Δp＝p′－p.3．冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量．(2)公式：I＝FΔt.(3)单位：N·s.(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同．（二）动量定理1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量．2．公式：Ft＝mv′－mv或I＝p′－p.【必备能力】（一）冲量的计算1.冲量的计算方法(1)恒力的冲量：直接用定义式I＝Ft计算．(2)变力的冲量①作出F－t图线，图线与t轴所围的面积即为变力的冲量，如图所示．②对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解．（二）应用动量定理解决流体问题研究对象流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n分析步骤①构建“柱状”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积为S②微元研究小柱体的体积ΔV＝vSΔt小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt小柱体粒子数N＝nvSΔt小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究【考向预测】考向一：动量和冲量的计算例1例1A．经过最高点时动量为零 B．全过程重力的冲量为0C．动量的变化率不变 D．竖直方向的动量不变【答案】C【详解】A．经过最高点时，竖直方向速度为零，但水平方向速度不为零，动量也不为零，故A错误；B．重力的冲量可知，重力的冲量不为零，故B错误；C．根据动量定理则动量的变化率重力恒定，故变化率不变，故C正确；D．竖直方向动量，足球在竖直方向速度先减小后增大，则竖直方向的动量先减小后增大，故D错误。故选C。变1-1（2026·云南·模拟预测）体育课上，小华将质量m=2kg的实心球（可视为质点）从离水平地面高h=1.5m处水平抛出，落地点距抛出点的水平距离x=9m。忽略空气阻力，g取10m/s2，则球落地瞬间（

）变1-1A．速度大小为 B．重力的功率为C．动量大小为 D．速度方向与初速度方向夹角的正切值为3【答案】B【详解】A．根据平抛运动规律，将运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。竖直方向，有得飞行时间水平方向有得初速度落地瞬间的竖直速度为可得落地瞬间的速度大小为，故A错误；B．重力的功率，故B正确；C．球落地瞬间动量大小为，故C错误；D．速度方向与初速度方向（水平）夹角的正切值，故D错误。故选B。变1-2（2025·山东济南·一模）如图所示，光滑斜面固定在水平面上，顶端固定一轻弹簧，弹簧下端连接一物体，弹簧与斜面保持平行，物体处于平衡状态时恰好在A点。现将物体第一次从B点由静止释放，第二次从C点由静止释放，弹簧形变始终在弹性限度内。物体分别从B到A和C到A运动的过程中，下列说法正确的是（

）变1-2A．物体动能的改变量相等B．弹簧弹性势能的改变量相等C．物体重力的冲量相同D．弹簧弹力的冲量相同【答案】C【详解】A．物体分别从B到A和C到A运动的过程中，物体均做简谐运动，物体C到A运动的过程中振幅更大，则物体合力做功更多，动能变化量更大，故A错误；B．物体分别从B到A和C到A运动的过程中，弹簧的形变量不同，物体C到A运动的过程中变化量更大，弹簧的弹性势能的改变量更大，故B错误；C．根据简谐运动的周期与振幅无关可知，物体分别从B到A和C到A运动的过程中，所用时间均为，又因为，所以重力的冲量相同，故C正确；D．弹簧弹力的冲量为因为物体分别从B到A和C到A运动的过程中，所用时间均为，但物体C到A运动的过程中更大，弹簧弹力的冲量更大，故D错误。故选C。考向二：动量定理的应用例2（2026·云南·模拟预测）被运动员踢出的足球在空中飞行的部分轨迹如图中虚线所示。运动员的脚与足球作用时间约为，足球上升的最大高度约为，在最高点的速率约为。足球质量约为，不考虑空气阻力，取，则运动员踢球时对足球的平均作用力大小约为（

）例2A． B． C． D．【答案】B【详解】足球在空中飞行过程由动能定理可得足球飞起的初速度大小为运动员与足球作用过程由动量定理解得故选B。变2-1（2025·浙江·一模）某物理兴趣小组制作了一枚玩具火箭，其推力—时间图像如图所示。时火箭点火，从静止开始发射后竖直向上运动。已知火箭质量为1kg，不计空气阻力以及火箭发射过程中质量的变化，则10s内火箭在空中运动的最大速度为（）变2-1A．150m/s B．160m/s C．240m/s D．250m/s【答案】B【详解】在F-t图像中图形与坐标轴围成的面积代表动量，但是刚开始火箭受到的重力大于推力所以火箭不动，一直到后，火箭才开始运动，所以面积为即推力的冲量为玩具火箭在上升过程中受到推力和重力根据动量定理可知推力和重力两个力的冲量等于动量的变化量，即代入数据解得故选B。变2-2（2025·吉林长春·一模）蹦极也叫机索跳，是一项广受青年喜爱的极限运动。如图所示，运动员从平台自由落下，下落时绳索达到自然长度，此后又经时间，运动员到达最低点，该段时间内，固定在绳索悬点位置的拉力传感器显示绳索的平均作用力大小为。已知运动员的质量为，重力加速度，忽略空气阻力，则时间为（）变2-2A． B． C． D．【答案】B【详解】由题可知，下落时运动员的速度对运动员受力分析，选取竖直向上的方向为正方向，根据动量定理可得解得故选B。考向三：流体问题例3（2025·广东佛山·一模）2025年8月，全球首座兆瓦级高空风能发电装备——浮空风力发电系统在长沙组装完成，该系统可在1500米的高空利用稳定且强劲的风力发电。假设高速气流以速度v冲击涡轮发电机叶片后速度减为零，发电机叶片受气流冲击的面积为S，空气密度为ρ例3A． B． C． D．【答案】C【详解】取时间微元，根据动量定理有可得平均冲击力大小故选C。变3-1（2025·宁夏吴忠·三模）如图所示，某公司研发了一种新型无人机救生圈，旨在更高效的对落水者进行施救，操作人员通过在岸边操纵该装置飞到落水人员头顶位置，让落水者进入救生圈中间的圆孔进而将落水者提离水面并飞至岸边安全区域。该装置的动力系统由四台完全相同的电动机驱动的螺旋桨构成，已知该装置的自身质量为m，四个螺旋桨旋转时扫过的总面积为S，空气密度为ρ，落水者质量为M，重力加速度为g，电动机将电能转化为风的机械能的效率为η，环境风速不计，则关于该装置在空中悬停（简称空载）及承载落水者在空中悬停（简称载人）的这两种基础工作状态，下列说法正确的是（）变3-1A．空载状态与载人状态螺旋桨吹出风速之比为B．载人状态下，单位时间螺旋桨吹出总空气质量为C．载人状态下，四个电动机消耗的总功率为D．若每个电动机的额定功率均为P0，则载人状态下承载人的最大质量为【答案】B【详解】A．根据题意可知空载和载人的重力分别为mg和，根据受力平衡可知两种状态下风的推力也分别为mg和，由动量定理可知其中，联立可得代入数据可得，故A错误；B．由上述分析可知，载人状态下单位时间螺旋桨吹出空气总质量，故B正确；C．载人状态时，四个电动机消耗的总功率为，故C错误；D．若每个电动机的额定功率均为，则四个电动机的总功率由C可得载人状态下被承载人的最大质量为，故D错误。故选B。总结提升对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的变化量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.【直击真题】1．（2025·天津·高考真题）一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中（）A．动量保持不变 B．所受合外力做功为零 C．所受重力的冲量为零 D．始终处于受力平衡状态【答案】B【详解】座椅在水平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变A．根据可知动量大小不变，方向改变，故A错误；B．速度大小不变，则座椅的动能不变，根据动能定理可知所受合外力做功为零，故B正确；C．根据可知所受重力的冲量不为零，故C错误；D．座椅在水平面内做匀速圆周运动，一定有向心加速度，所以不是处于受力平衡状态，故D错误。故选B。2.（2025·浙江·高考真题）高空抛物伤人事件时有发生，成年人头部受到的冲击力，就会有生命危险。设有一质量为的鸡蛋从高楼坠落，以鸡蛋上、下沿接触地面的时间差作为其撞击地面的时间，上、下沿距离为，要产生的冲击力，估算鸡蛋坠落的楼层为（）A．5层 B．8层 C．17层 D．27层【答案】C【详解】鸡蛋触地后匀减速至静止，位移s=5cm=0.05m。匀减速平均速度为，故撞击时间根据动量定理代入数据解得由自由落体公式得高度每层楼高约3m，对应楼层数为层。故选C。3.（2025·湖北·高考真题）一个宽为L的双轨推拉门由两扇宽为的门板组成。门处于关闭状态，其俯视图如图（a）所示。某同学用与门板平行的水平恒定拉力作用在一门板上，一段时间后撤去拉力，该门板完全运动到另一边，且恰好不与门框发生碰撞，其俯视图如图（b）所示。门板在运动过程中受到的阻力与其重力大小之比为，重力加速度大小为g。若要门板的整个运动过程用时尽量短，则所用时间趋近于（）A． B． C． D．【答案】B【详解】设拉力为，作用时间为，撤去外力后运动的时间为，运动过程的最大速度为，则由动量定理，有得撤销拉力后，有得对于全过程，有得对于全过程有故运动的总时间可知当越大时，越小，当时，取最小值。则则故选B。4.（2024·重庆·高考真题）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针芯和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘质量为m，针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为F1、F2，则针鞘（

）A．被弹出时速度大小为B．到达目标组织表面时的动能为F1d1C．运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2D．运动d2的过程中动量变化量大小为【答案】A【详解】A．根据动能定理有解得故A正确；B．针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，有Ek=F2d2故B错误；C．针鞘运动d2的过程中，克服阻力做功为F2d2，故C错误；D．针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小故D错误。故选A。5.（多选）（2025·广东·高考真题）如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F=F0－kt（F≠0，F0、k均为大于0的常量），无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内（T是满足F>0的任一时刻），下列说法正确的有（

）A．受到空气作用力的方向会变化B．受到拉力的冲量大小为C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为D．T时刻受到空气作用力的大小为【答案】AB【详解】AD．无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F的减小重力和拉力的合力如图可知无人机受到空气作用力的大小和方向均会改变，在T时刻有，F=F0－kT解得故A正确、D错误；B．由于拉力F随时间t均匀变化，则无人机在0到T时间段内受到拉力的冲量大小为F—t图像与坐标轴围成的面积为，故B正确；C．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为0到T时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为则0到T时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为故C错误。故选AB。二、动量守恒定律及应用【知识梳理】（一）动量守恒定律1．内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变．2．表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向．（二）爆炸和反冲1．爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加（三）碰撞问题1．碰撞问题遵循的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合实际情况：若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．2．两种碰撞特点(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2).结论：①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．②当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．③当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1.(2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2.【必备能力】（一）判断系统动量是否守恒1．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)某一方向守恒：如果动量守恒．2．应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)．(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．(3)规定正方向，确定初、末状态动量．(4)由动量守恒定律列出方程．(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．（二）情景模型化1.根据题干中的信息提取物理模型：(1)爆炸和反冲：①动量守恒；②动能增加。(2)碰撞：①动量守恒：②动能不增加。【考向预测】考向一：动量守恒的判断例4（多选）例4A．甲的动量变化量更小 B．甲的动能变化量更小C．甲、乙的动量变化量大小相等 D．甲、乙的动能变化量大小相等【答案】BC【详解】AC．甲、乙两人构成的系统动量守恒，甲、乙末动量等大反向，且甲、乙初动量均为0，则甲、乙动量变化量大小相等，故选项A错误，选项C正确；BD．由公式和题中甲的质量大于乙的质量条件可知，甲的动能小于乙的动能，则甲的动能变化量更小，故选项B正确，选项D错误。故选BC。变4-1（2025·广东珠海·模拟预测）如图，在倾角为的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫。已知猫的质量是木板的质量的2倍。当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变，重力加速度为，在猫奔跑但没有离开木板的过程中（）变4-1A．猫对木板的摩擦力沿斜面向上B．猫和木板组成的系统动量守恒C．木板对猫做正功D．木板的加速度为【答案】D【详解】AD．猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，以猫为研究对象，根据平衡条件可得即木板对猫的摩擦力沿斜面向上；根据牛顿第三定律，可知猫对木板的摩擦力沿斜面向下，大小为以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有联立解得，故A错误，D正确；B．猫和木板组成的系统在沿着斜面的方向上所受外力不为零，系统动量不守恒，故B错误；C．由于猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，则猫的位移为零，故木板对猫不做功，故C错误。故选D。考向二：爆炸和反冲例5（多选）例5A．爆炸过程中，A物体获得的初动量大B．爆炸过程中，两物体获得的初动量相同C．爆炸过程中，A物体获得的初速度小D．爆炸后，两物体在水平地面上的滑行时间不同【答案】CD【详解】AB．爆炸过程中，系统内力远大于外力，A、B组成的系统动量守恒，爆炸前系统总动量为零，由动量守恒定律可知，爆炸后，两物体的动量大小相等，但方向相反，故AB错误；C．设爆炸后任一物体的动量大小为p，物体的质量为m，则动能可知质量大的物体获得的初动能小，故C正确；D．取爆炸后速度方向为正方向，根据动量定理得解得滑行时间由于μ、p、g相等，则质量大的物体滑行时间短，故D正确。故选CD。例6（2025·湖南郴州·一模）一个连同装备质量为M的航天员，脱离宇宙飞船后，在离飞船L的位置与飞船处于相对静止状态（L远小于飞船的轨道半径r）。为了返回飞船，他将质量为m的氧气以相对飞船大小为v例6A． B． C．v D．【答案】B【详解】喷出氧气过程系统动量守恒，以氧气的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有解得故选B。例7（2025·湖南长沙·模拟预测）如图所示，光滑水平面上有一长为的平板小车，其质量为，车左端站着一个质量为的人（可视为质点），开始时车和人都处于静止状态，则：例7(1)若人从车的左端以加速度匀加速直线运动跑到车的右端，此过程中人对地的位移和时间是多少？(2)若人从车的左端刚好跳到车的右端，要使人对地的速度最小，则人相对车的速度大小和方向如何？【答案】(1)，方向由车头指向车尾；(2)，方向与水平方向夹角为【详解】（1）假设人所受摩擦力大小为，对人，根据牛顿第二定律对车，根据牛顿第二定律假设时间为，则人对地的位移是，车对地的位移是两者位移关系，联立以上方程解得，方向由车头指向车尾，所用时间是（2）设人起跳时对地的速度大小为，方向与水平面的夹角为则人的水平位移水平方向动量守恒，解得车的速度人落到车的右端条件是解得起跳的速度大小当时，最小，起跳的最小速度设人起跳时相对车的速度为，则水平方向分速度竖直方向分速度相对速度大小是方向与水平方向夹角为，满足变7-1（2025·安徽淮北·一模）如图所示，质量为M、半径为R的内壁光滑半圆槽静置在光滑水平地面上，现将可视为质点、质量为m的小球从半圆槽左侧圆心等高处由静止释放。已知，不计空气阻力，小球从释放到最低点的过程中，下列说法正确的是（）变7-1A．球和槽组成系统的动量守恒 B．球的位移大小为C．球在最低点时速度大小为 D．槽受到的合外力冲量大小为【答案】D【详解】A．因为小球在竖直方向有加速度，则球和槽组成系统竖直方向合外力不为0，只有水平方向合外力为0，则球和槽组成系统水平方向的动量守恒，整个系统动量不守恒，故A错误；B．水平方向动量守恒，则有对时间积累可得即且有联立解得则球的位移大小,故B错误；C．整个系统机械能守恒，可得联立解得,,故C错误；D．对槽由动量定理可得代入可得,故D正确。故选D。总结提升1.人船模型(1)模型图示(2)模型特点①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0②两物体的位移大小满足：meq\f(x人,t)－Meq\f(x船,t)＝0，x人＋x船＝L，得x人＝eq\f(M,M＋m)L，x船＝eq\f(m,M＋m)L(3)运动特点①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即eq\f(x人,x船)＝eq\f(v人,v船)＝eq\f(M,m).考向三：碰撞例8（2026·四川绵阳·二模）如图所示，半径相同、质量不同的两小球P、Q用等长的细线悬挂，现将小球P往左拉到点并由静止自由释放，P、Q碰撞过程没有机械能损失，不计空气阻力。则P、Q首次碰撞后（）例8A．小球P有可能被反弹回到点B．小球P上升最高点一定低于点C．小球Q上升的最高点一定低于点D．小球Q上升的最高点一定高于点【答案】B【详解】AB．令点到小球P运动的最低点的高度为，小球P从点下落到最低点，由机械能守恒由于碰撞过程没有机械能损失，有碰撞过程动量守恒，有联立解得，可以发现速度大小满足小球P从碰撞后上升到最高点，有由于，因此，故A错误，B正确；CD．小球Q从碰撞后上升的最高点，有化简得由于两个小球的质量没有明确给出，小球Q碰撞后的速度不能计算，因此不能判断和的大小关系，所以不能判断小球Q上升的最高点与点的高度关系，故CD错误。故选B。变8-1（多选）（2025·河南·一模）如图所示，质量为2m的小球B静止在光滑水平面上，质量为m的小球A以某一速度向右运动，经过一段时间与小球B发生碰撞，已知碰前小球A的动能为E0，下列说法正确的是（）变8-1A．若两球发生的是完全非弹性碰撞，则碰后小球A的动能为B．若两球发生的是完全非弹性碰撞，则碰后小球B的动能为C．若两球发生的是弹性碰撞，则碰后小球B的动能为D．若两球发生的是弹性碰撞，则碰后小球A的动能为【答案】BD【详解】AB．设碰前小球A的速度为v0，则有若两球发生的是完全非弹性碰撞，设碰后的速度为v，则由动量守恒定律得mv0=(m+2m)v解得，小球A的动能为解得小球B的动能为解得，A错误，B正确；CD．若两球发生的是弹性碰撞，设碰后小球A、B的速度大小为分别为v1、v2，则由动量守恒定律以及机械能守恒定律得mv0=mv1+2mv2，解得，小球A的动能为解得小球B的动能为解得，故C错误，D正确。故选BD。变8-2（2025·甘肃武威·模拟预测）如图所示，光滑水平面上O处固定着一竖直挡板，a、b、c三点位于同一直线上且。现将质量为的小球A以初速度撞向静置在a处、质量为的小球B，两小球的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。若小球A与挡板碰撞时无机械能损失，则下列说法正确的是（）变8-2A．若，小球A与小球B碰后小球A将与挡板碰撞反弹后追上小球BB．若小球A、B在b点会再次碰撞，则C．若，则小球A、B有可能在c点相碰D．若，则小球A、B将在c点左侧某处再次碰撞【答案】B【详解】A．小球A与小球B发生弹性碰撞，动量是守恒的，即机械能也是守恒的，即能够计算得到若，AB小球碰后都向右运动，且A比B慢，故A错误；B．若小球A、B在b点会再次碰撞，说明相同的时间内，小球A运动距离为，小球B的运动距离为，则有即可解得，故B正确；C．若，根据解得的速度公式可计算出即A球碰后反向，且A的速度大小大于B球速度的3倍，所以第二次碰撞会发生在b点的左侧，故C错误；D．若，根据速度公式可知设AB球第二次相遇时离a点的距离是x，则A运动的路程为B运动的路程为根据速度关系可知可解得AB球应该在c点相遇，故D错误。故选B。考向四：类碰撞例9（多选）（2026·四川攀枝花·一模）如图所示，质量M=3m的滑块Q静止在光滑水平面上，其上表面的左侧部分AB段为长L的粗糙水平面、右侧部分BC段为半径为R的光滑四分之一圆弧，AB与BC在B点相切，C点为圆弧最高点。一质量为m的滑块P以水平初速度v0从滑块Q的A端滑入，能经B点滑上圆弧段。已知重力加速度为g，，滑块P与滑块Q上表面AB段的动摩擦因数μ恒定，空气阻力不计，则下列说法中正确的是（）例9A．若，则滑块P能从Q的C端飞出B．滑块之间的动摩擦因数可能为C．若，则最终P、Q组成的系统损失的机械能为D．滑块Q在整个运动过程中速度的最大值不可能超过【答案】AC【详解】A．若滑块P恰好到达C端，有，联立解得所以，若，则滑块P能从Q的C端飞出，故A正确；B．若滑块P恰好到达B端，有，联立解得所以，若，则滑块P不能滑上圆弧轨道，故B错误；C．若，则滑块将冲上圆弧轨道，但不会从C点飞出，假设滑块会返回A端，则，解得由此可知，假设成立，且滑块返回到A端时，二者恰好共速，之后一起做匀速直线运动，所以最终P、Q组成的系统损失的机械能为，故C正确；D．由以上分析可知，当P冲上圆弧轨道上升到最高点时，二者共速，此时速度为，故D错误。故选AC。例10（2025·吉林长春·二模）如图甲所示，、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，的质量为。时刻，使获得水平向右、大小为的初速度，、运动的速度—时间图像如图乙所示。已知弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能，其中为弹簧的形变量，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法不正确的是（）例10A．的质量为B．时刻，、间的距离最大C．时间内，所受冲量的大小为D．图乙中阴影部分的面积为【答案】B【详解】A．设a的质量为，以水平向右的方向为正方向，由动量守恒定律可得解得，故A正确；B．根据图乙可知，时刻之前a的速度大于b的速度，时刻a的速度等于b的速度，则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，在时刻a的速度最小、b的速度最大，此时弹簧恢复原长，故时刻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，在时刻两者共速，此时两物块相距最远，因此时刻a、b间的距离最大，故B错误；C．时间内，以水平向右的方向为正方向，对b由动量定理可得，故C正确；D．图中阴影部分的面积为弹簧的最大压缩量，根据能量守恒定律可得解得即图乙中阴影部分的面积为，故D正确。此题选择不正确选项，故选B。总结提升1．碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(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)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(2)“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面或水平导轨光滑)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五：三大观点综合应用例11（2025·广东·模拟预测）如图甲所示，半径R＝0.9m的光滑半圆弧轨道COD固定在竖直平面内，端点D为轨道的最低点，过D点的轨道切线水平。在圆弧轨道圆心O的正上方F点右侧有一固定的水平轨道，水平轨道与倾角θ＝37°的固定粗糙斜面轨道平滑相接（物体通过时没有能量损失），斜面上E点距斜面底端的距离s0＝3.2m。现有质量分别为mA＝1kg，mB＝0.5kg的物块A、B静置于水平轨道上，且物块B的右侧水平轨道光滑，左侧水平轨道粗糙。物块A、B中间夹有少量炸药，炸药突然爆炸，爆炸后物块A在水平轨道上运动的速度v与时间t的关系图像如图乙所示，物块A从F点离开轨道，刚好能从C点对轨道无挤压地切入圆弧轨道做圆周运动。已知物块A与左侧水平轨道和物块B与斜面轨道间的动摩擦因数相同，A、B均可视为质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，1.34。求：例11(1)物块A经过D点时受到圆弧轨道的支持力FN的大小；(2)物块A与左侧水平轨道间的动摩擦因数μ；(3)若从物块B运动到斜面轨道底端时开始计时，会通过E点几次？计算每次经过E点的时间。（计算结果保留三位有效数字）【答案】(1)60N(2)0.5(3)两次，见解析【详解】（1）小物块A离开水平轨道后刚好能从C点切入圆弧轨道做圆周运动有物块A从C到D过程机械能守恒有物块A在D点处由牛顿第二定律联立解得（2）由v-t图像可知：爆炸后瞬间物块A的速度大小为，物块A在水平轨道上运动的时间为爆炸后物块A在水平轨道上运动过程由运动学公式及牛顿第二定律有解得（3）物块A、B爆炸过程，由动量守恒有解得物块B在斜面轨道向上运动过程有解得物块B沿斜面上升的最大距离物块B通过E点有两次：情况1：物块B沿斜面上升阶段通过E点时，有解得或（舍去）情况2：物块B沿斜面下降阶段通过E点时，上升阶段的时间下降阶段因为联立解得例12（2025·四川自贡·一模）如图所示，质量为4m、半径为R的四分之一光滑圆弧体b静置于光滑水平面上，圆弧体的最低点与水平面平滑连接。其右端有一质量为4m，足够长的平板车c静止在光滑水平面上，车顶与左侧平台等高，且物块a与平板车c上表面的动摩擦因数为μ。现将质量为m、可视为质点的物块a从圆弧体的最高点由静止释放。重力加速度为g例12(1)若圆弧体固定，物块a滑至圆弧体b最低点时，求物块a受到的支持力大小；(2)若圆弧体不固定时，求：①物块a滑至圆弧体b最低点时，圆弧体b的水平位移的大小；②物块a在平板车c上相对滑行所用的时间。【答案】(1)(2)①；②【详解】（1）圆弧体固定时，对a有到达最低点时，由牛顿第二定律可得求得（2）①系统水平方向动量守恒，物块a刚好滑离圆弧体时，有物块a和圆弧体的水平位移满足又联立解得圆弧体b水平方向的位移为②圆弧体不固定时，水平方向动量守恒，对物块a和圆弧体b有又由能量守恒可得：可得滑上平板车后，车与物块a动量守恒，则对平板车c，设相对运动时间为t，由动量定理可得：解得总结提升力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F合＝ma物体做匀变速直线运动，涉及运动细节匀变速直线运动规律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔEk涉及做功与能量转换机械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能关系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初末速度而不涉及力、时间【直击真题】1.（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（）A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加【答案】A【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得联立得故可知弹簧恢复原长时物体A速度最大，此时物体A的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。故选A。2.（2025·河南·高考真题）两小车P、Q的质量分别为和，将它们分别与小车N沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v随时间t的变化分别如图1和图2所示。小车N的质量为，碰撞时间极短，则（）A． B． C． D．【答案】D【详解】PN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有即根据图像可知，故；同理，QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有即根据图像可知，故；故故选D。3.（多选）（2024·湖北·高考真题）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小成正比，即（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小，若木块获得的速度最大，则（）A．子弹的初速度大小为B．子弹在木块中运动的时间为C．木块和子弹损失的总动能为D．木块在加速过程中运动的距离为【答案】AD【详解】A．子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别为，则有子弹和木块相互作用过程中合力都为，因此子弹和物块的加速度分别为由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为联立上式可得因此木块的速度最大即取极值即可，该函数在到无穷单调递减，因此当木块的速度最大，A正确；B．则子弹穿过木块时木块的速度为由运动学公式可得故B错误；C．由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即故C错误；D．木块加速过程运动的距离为故D正确。故选AD。4.（2025·江苏·高考真题）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；(2)若钢球质量为，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小；(3)若钢球质量为，求玻璃球经历次碰撞后的动能。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为。（2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有由能量守恒定律有解得，负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为（3）根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞次后速度大小为则玻璃球碰撞次后最终动能大小5.（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：(1)单个散货的质量。(2)水平传送带的平均传送速度大小。(3)倾斜传送带的平均输出功率。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I，可知受到的冲量为I，则对单个散货水平方向由动量定理解得单个散货的质量为（2）落入货箱中散货的个数为则水平传送带的平均传送速度大小为（3）倾斜传动带上一共有10个物块，每次经过，后一个物块总会到达前一个物块的位置，因此在时间可视为第10个物块一次性传输到第1个物块的位置；设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律解得加速时间加速位移设匀速时间为，其中则匀速位移为故传送带的长度为加速阶段散货与传送带发生的相对位移为在时间内传送带对外输出的功率分别用于提升物块的高度和增加物块的动能，即其中，联立可得倾斜传送带的平均输出功率为

04自我提升 1.（多选）（2024·福建·高考真题）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块（）A．在内一直沿斜面向下运动B．在内所受合外力的总冲量大小为零C．在时动量大小是在时的一半D．在内的位移大小比在内的小【答案】AD【详解】根据图像可知当时，物块加速度为方向沿斜面向下；当时，物块加速度大小为方向沿斜面向上，作出物块内的图像A．根据图像可知，物体一直沿斜面向下运动，故A正确；B．根据图像可知，物块的末速度不等于0，根据动量定理故B错误；C．根据图像可知时物块速度大于时物块的速度，故时动量不是时的一半，故C错误；D．图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知过程物体的位移小于的位移，故D正确。故选AD。2.（2025·广东·高考真题）如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力和作用下，由静止开始沿同一直线相向运动在时刻发生正碰后各自反向运动。已知和始终大小相等，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v随时间t变化的图像，可能正确的是（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】根据牛顿第二定律两物体受外力F大小相等，由图像的斜率等于加速度可知M、N的加速度大小之比为4:6=2:3，可知M、N的质量之比为6:4=3:2；设分别为3m和2m；由图像可设MN碰前的速度分别为4v和6v，则因MN系统受合外力为零，向右为正方向，则系统动量守恒，则由动量守恒定律若系统为弹性碰撞在，则能量关系可知解得、因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，即两物体一起停止，则BD是错误的；若不是弹性碰撞，则可知碰后速度大小之比为若假设v1=2v，则v2=3v，此时满足则假设成立，因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，对M来说碰撞前后的速度之比为4v:2v=2:1可知碰撞前后运动时间之比为2:1，可知A正确，C错误。故选A。3.（2025·浙江·高考真题）如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C（可视为质点）置于B的右端，三者质量均为。A以的速度向右运动，B和C一起以的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，则（）A．碰撞瞬间C相对地面静止B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2sC．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6m【答案】D【详解】A．碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；B．向右为正方向，则AB碰撞过程由动量守恒解得v1=1m/s方向向右；当三者共速时可知v=0即最终三者一起静止，可知经历的时间选项B错误；C．碰撞到三者相对静止摩擦产生的热量选项C错误；D．碰撞到三者相对静止由能量关系可知可得选项D正确。故选D。4.（多选）（2024·安徽·高考真题）一倾角为足够大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐标系，如图（1）所示。从开始，将一可视为质点的物块从O点由静止释放，同时对物块施加沿x轴正方向的力和，其大小与时间t的关系如图（2）所示。已知物块的质量为1.2kg，重力加速度g取，不计空气阻力。则（

）A．物块始终做匀变速曲线运动B．时，物块的y坐标值为2.5mC．时，物块的加速度大小为D．时，物块的速度大小为【答案】BD【详解】A．根据图像可得，，故两力的合力为物块在y轴方向受到的力不变为，x轴方向的力在改变，合力在改变，故物块做的不是匀变速曲线运动，故A错误；B．在y轴方向的加速度为故时，物块的y坐标值为故B正确；C．时，，故此时加速度大小为故C错误；D．对x轴正方向，对物块根据动量定理由于F与时间t成线性关系故可得解得此时y轴方向速度为故此时物块的速度大小为故D正确。故选BD。5.（多选）（2024·广西·高考真题）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（）A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了D．木栓前进后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为【答案】BD【详解】A．锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A错误；B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为木栓进入过程根据动能定理有解得平均阻力为故B正确；C．木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能，故C错误；D．对木栓的一个侧面受力分析如图由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有且根据B选项求得平均阻力又因为联立可得故D正确。故选BD。6.（2024·安徽·高考真题）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m，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、、，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了，k为静电力常量，不计空气阻力。则（

）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，， D．在图乙位置，【答案】D【详解】AB．该过程中系统动能和电势能相互转化，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相等，此时球3受到1和2的电场力大小相等，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，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AB错误；CD．对系统根据动量守恒根据球1和2运动的对称性可知，解得根据能量守恒解得故C错误，D正确。故选D。7.（2025·四川德阳·一模）如图（1）所示，倾角为θ的足够长斜面固定在水平面上，甲、乙与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2。质量相等的小物块甲、乙同时以初速度v0沿斜面下滑，甲和乙的位置x随时间t的变化的关系曲线如图（2）所示。已知两条曲线均为抛物线，乙的x-t曲线在t=t0时切线斜率为0，重力加速度大小为g。则0~t0内（）A．B．甲的速度变化量大小为3v0C．甲、乙的加速度相同D．甲、乙构成的系统动量守恒【答案】D【详解】B．0~t0时间内甲做匀加速直线运动，乙做匀减速运动，t0时刻速度减为零，则，联立解得所以甲的速度变化量大小为，故B错误；C．甲的加速度大小为乙的加速度大小为所以甲乙加速度大小相等，方向相反，故C错误；D．由于甲乙加速度大小相等，方向相反，即二者组成的系统合力为零，系统动量守恒，故D正确；A．根据牛顿第二定律有，，联立可得，故A错误。故选D。8.（2025·湖南·二模）打桩机是基建常用的工具。某兴趣小组为研究打桩机的工作原理，制作了如图所示的简易模型。重物、、的质量均为，三者通过不可伸长的轻绳跨过两个等高的光滑定滑轮连接。与滑轮等高时（图中实线位置），与两滑轮间的距离均为。某次打桩时，由图中实线位置静止释放，在、、的总动能最大时，刚好与正下方质量为的静止桩正碰，设碰撞时间极短，碰撞后瞬间的速度变为零。重力加速度大小为，则下列说法正确的是（）A．总动能最大时，下落的高度为B．总动能最大时，下落的高度为C．碰撞前瞬间的速度大小为D．碰撞后瞬间的速度大小为【答案】D【详解】AB．总动能最大时，系统的加速度为零，整个系统处于平衡状态，则拉C的两根绳子拉力为mg，则根据力的合成及几何关系可知，两根绳子夹角为120°，则C的下落高度为，故AB错误；C．系统机械能守恒，则有解得，故C错误；D．C与D碰撞时间极短，C和D组成的系统在竖直方向上动量守恒，则有解得碰撞后瞬间的速度大小为，故D正确。故选D。9.（25-26高三上·山西·月考）有三个完全相同的带正电的绝缘小球A、B、C处于同一竖直平面内，质量均为，电荷量均为，小球A、C在光滑绝缘水平面上，小球A、B之间与小球B、C之间各用一根长为的轻杆连接，小球A、C用绝缘装置固定，小球A、B、C恰构成正三角形并锁定，如图所示。现解除绝缘装置对小球A、C的锁定，小球B将向下运动落到地面。已知以无限远处为零电势点，距离电荷量为的点电荷处的电势为，重力加速度为，下列说法正确的是（）A．初始时刻，小球A、B、C系统所具有的电势能为B．解除小球A、C的锁定后，小球A、B、C组成的系统动量守恒C．小球A速度最大时，小球B的加速度大小为D．小球B刚落到地面时，速度大小为【答案】D【详解】A．初始时刻，系统电势能是两两电荷间电势能之和，三个小球构成正三角形，两两间距均为，共3个点电荷，对单个点电荷对的电势能为小球A、B、C系统的总电势能，故A错误；B．解除锁定后，小球B受重力向下运动，系统在竖直方向合外力不为零（重力大于支持力），仅水平方向合外力为零。因此系统整体动量不守恒，仅水平方向动量守恒，故B错误；C．当小球A速度最大时，水平方向受力平衡（水平方向合力为零），所以小球A、B之间杆对小球A的弹力大于小球B对小球A的库仑力，且弹力沿AB方向。对于小球B，小球A、B之间杆的弹力大于小球A对小球B的库仑力，同理可知，小球C、B之间杆的弹力大于小球C对小球B的库仑力，则小球B的加速度大于，故C错误；D．小球B下落过程中只有重力和库仑力做功，系统机械能与电势能之和不变。初始时小球A、C静止，小球B落地时由几何关系知小球A、C速度为零，设小球B速度为，正三角形高即小球B下落高度为末态系统电势能为由能量守恒可知重力势能和电势能的减少量之和等于动能增加量，即联立解得，故D正确。故选D。10.（2025·广西柳州·一模）相同小球A、B用长为的轻杆连接紧靠墙壁竖直立于水平面上（如图）。当系统受到轻微扰动后，B由静止开始向右滑动，两球始终在同一竖直平面内运动。当A与墙面作用力刚为0时，杆与墙面夹角的余弦，不计一切摩擦。下列说法正确的是（）A．球A与墙面作用力刚为0时，球B的速度为B．球A落地时的速度为C．球A与墙面作用力刚为0时，地面对球B的作用力为D．从球A与墙面作用力为0到球A落地的过程中，杆对球A做功为【答案】B【详解】A．假设小球B能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ时，两小球的速度大小分别为、，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得解得由根据机械能守恒，则有解得，故A错误；B．从A与墙面作用力为0到落地，系统机械能守恒因A落地时杆水平，球A与墙壁脱离后，AB系统水平方向动量守恒可得解得，故B正确；C．由于不计一切摩擦，则杆对A球的力是零，在