2026年高考物理二轮复习：动量定理和动量守恒定律（专项训练）

2026年高考物理二轮复习第7讲动量定理和动量守恒定律专项训练

一、选择题

1.历史上关于运动量度的争论，一种观点认为应该用物理量mu来量度运动的“强弱”，代表人物是笛

卡儿：另一种观点认为应该用物理量zn后来量度运动的“强求”，代表人物是莱布尼兹。经过半个多世

纪的争论，人们终于认识到动量和能量在运动学中的重要性。关于这两种观点争论，下列说法正确

的是（）

A.用小”来量度运动的“强弱”是正确的，用物理量来量度运动的“强弱，，错误的。

B.用mv来量度运动的“强菠'是错误的，用物理量加法来量度运动的，，强弱，，正确的。

C.两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点一是从动量角度来描述物体在力阻碍下

能运动多长时间，即力可表示为：F鸣

D.两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点二是从动能角度来描述物体在力阻碍下

能运动多长距离，即力可表示为：尸=券

At

2.我国研发的ACF缓震材料，能吸收9（）%以上的机械能并瞬间把它转化为内能。如图所示，将两

个完全相同的钢球A、B置于距离水平放置的缓震材料上方同一高度H处，其中钢球A做自由落体

运动，钢球B以一定初速度孙竖直下抛，不计空气阻力，通过钢球反弹的最大高度h可反应出该材

料的吸能效果，则下列说法正确的是（）

缓震砂料

ZZZ/ZZZ/Z/ZZZZ///Z/ZZZZ//Z///ZZ

A.与缓震材料接触前瞬间，两钢球的动量相同

B.与缓震材料接触前瞬间，两钢球的动能相等

C.在下落过程中，两钢球动量的变化量相同

D.虽h均远小于H,但仍符合能量守恒定律

3.如图所示，这是清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口的直径为D,水流以速度v从枪口喷

出，近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有々向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速

度为号,其余3的水流撞击车身后无反弹地顺着车流下，由于水流与车身的作用时间较短，因此在

分析水流对乍身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为p,水流对乍身的平均冲击力大

小为（）

A.^pnD2v2B.

C.-^pnD2v2D.iip7rD2v2

4.如图所示，颠球是足球运动中的一项基本功，若某次颠球中，颠出去的足球竖直向上运动之后乂

落回到原位置，设整个运动过程中足球所受阻力大小不变。下列说法正确的是（）

A.球从颠出到落回的时间内，重力的冲量为零

B.球从颠出到落回的时间内，阻力的冲量为零

C.球上升阶段与下降阶段合外力的冲帚大小相等

D.球上升阶段动能的减少量大于下降阶段动能的增加量

5.一质量为2kg的物块在水平刀F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动。F随时间t变化

的图线如图所示，已知物块与地面间的动摩擦因数为o.i,重力加速度g取loin/s2。则（）

A.t=2s时物块的动量大小为2kg・m/s

B.t=3s时物块的速度大小为17H/S,方向向右

C.0〜4s时间内F对物块的冲量大小为6N・s

D.0〜4s时间内物体的位移为3m

6.如图所示为我国古代科学家张衡制成的地动仪。当地震波传到地动仪时，质量为m的铜珠离开龙

n,落入蟾蛛口中。设铜珠离开龙口时初速度为零，蟾蛛口到龙口的高度为h,铜珠下落到蟾蛛口后

经时间t其速度减为零，重力加速度为g,不计空气阻力。以下说法正确的是（）

A.铜珠从离开龙口下落到蟾蛛口过程中受到重力的冲量大小为租用^

B.铜珠接触蟾蛛口到速度减为零过程中蟾蛛口对铜珠的冲量大小为mgt

C.铜珠对蟾蛛口产生的冲击力大小应匣

t

D.铜珠对蟾蛛口产生的冲击力大小为应匣+2^9

7.如图为神舟十九号飞船与空间站分离时的情境。分离前，两者的组合体以速度大小孙运动，经时

间b（较短）完成分离，分离后神舟十九号飞船的速度大小为%（巧＜%）,仍沿原方向运动。若神

舟十九号飞船的质量为m,则分座过程，空间站对神舟十九号飞船的平均推力大小为（）

c=（%+%）皿々一匕）

A.~-

8.如图所示，两个半径均为R的四分之一光滑圆弧轨道在0点平滑连接，两圆弧的圆心6、02在

同一竖直线上。一质量为m的小球b静止在。点，另一质量也为m的小球a从圆心为。的圆弧轨

道上某处由静止释放，a、b在。点发生弹性碰撞，碰后b在圆弧轨道上运动一段距离后说离轨道。

小球a、b均可视为质点，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等，重力加速度为g,则（）

A.a的释放位置距O点的高度为0.2R

B.a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为匣_

C.a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力大小为2.0mg

D.a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为1.4mg

9.如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m,两船沿同一直线相向

运动，速率分别为2vo、vo,为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲

船，甲船上的人将货物接住。不计水的阻力。则抛出货物的最小速率是（）

\甲/\N/

A.voB.8VoC.16voD.20Vo

10.如图所示，在光滑水平面上停放质量为m、装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以

vo的水平速度沿切线水平的槽口滑上小车，到达某一高度后，小球又返回小车右端，不计空气阻

力，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

B.小球离开车后，将对地向右做平抛运动

”2

C.小球在弧形槽上上升的最大高度为兽1

6g

D.此过程中小球对车做的功为得mu。

11.高压水枪在现代生活中应用越来越广泛，当高速水流射向物体时，会对物体表面产生冲击力，

从而达到清洗污垢的目的。图示为水枪喷水清洗车玻璃示意图，已知水枪出水口直径为d,水密度为

P，设水流垂直打到玻璃表面后不反弹，测出水枪出口的流量为Q（单位时间内水流体积），不考虑

水内部的阻力、空气阻力及高度变化，下列说法正确的是（）

A.水枪管II喷出水流速度大小为需20

nd

3

B.水枪对管口水柱做功的功率为竺埠

7T2d4

3

C.水流对水枪的作用力大小为驾

na

D.水流与玻璃冲击压强为号!

12.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静置在光滑水平面上，弧形

槽底端与水平面相切，一个质量为m的小物块（可视为质点）从槽上高为h处由静止释放，已知弹

簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是（）

A.小物块下滑过程中,物块和槽组成的系统动量守恒

B.小物块下滑过程中，槽对物块的支持力不做功

C.若物块能再次滑上弧形槽

D.若物块再次滑上弧形槽，则物块能再次回到槽上的初始释放点

二、多项选择题

13.如图所示，质量分别为m、2m的两小球A、B用轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为匕弹簧

的弹性势能％=3依2,x为弹簧的形变量。A球通过一根水平轻质细线（足够长）连接到墙壁上，

A、B均静止在光滑水平地面上。现将小球B向右拉开一小段距离沏后由静止释放，关于从释放小球

B到小球A碰撞墙壁前的过程说法正确的是（）

\AB

A.小球A、B的系统动量守恒B.小球B的最大速度为J奈汽

C.小球A的最大速度为聆与D.弹簧最短时，其压缩量为坐右

14.如图甲所示，在光滑水平面上的两个小球1、2发生正碰，两小球的质量分别为n和iw.图乙

为它们碰撞前后的位移一时间图像（x—t图像）.已知n=O.lkg,由此可判断

x/m

甲乙

A.碰前小球2保持静止B.碰后小球1和小球2都向右运动

C.两球的碰撞为弹性碰撞D.小球2的质量m2=0.2kg

15.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质

量为M的木块，现有质量为的子弹以大小为V。的水平速度射入木块并立即留在木块中，重力加

速度为g，下列说法正确的是（）

A.子弹射入木块后的瞬间，木块速度大小为益端

B.子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于

C.子弹射入木块过程，子弹和木块可视为非弹性碰撞

D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统机械能不守恒

16.如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，£=0时，物块（视为质点）以大小为孙的速度水

平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的u-t图像，图中以已知，重力加速度大小为g。下列说法

正确的是（）

A.木板的最小长度为却0%

B.物块与木板的质量之比为2:3

C.物块与木板间的动摩擦因数为孕

D.整个过程中物块减小的功能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之比为

9:2:7

三、计算题

17.如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿

出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为九和8九。己知子弹的质量为m,物块的质量为4m,重

力加速度大小为g：在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重

力的，子弹穿过物块时间很短，不计物块厚度的影响，求

______|_1________

▲

（1）子弹击中物块前瞬间的速度大小；

（2）子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能。

18.某学习小组通过一款小游戏研究碰撞问题。游戏装置俯视图如图所示，在粗糙的水平面上固定

一圆形光滑轨道，紧贴轨道内侧放置两个可视为质点的小物决A、B,A、B与水平面间的动摩擦因

数均为〃，圆形光滑轨道的半径为r。现给A一个向左的初速度孙，使其沿着轨道在水平面上做圆周

运动，运动半周时与B发生弹性碰撞。已知=重力加速度为g。

（1）求刚开始运动时A的加速度大小a：

（2）若〃=0.2,r=,,vQ=3m/g取IOTH/SZ,求A与B碰后B滑行的路程S。

19.如图所示，质量为2m的物块B和物块C静止在光滑的水平面上，C上连接有轻弹簧，质量为

3m的物块A以初速度％沿光滑水平面向右运动，与B发生弹性碰撞后，B向右压缩弹簧后被弹簧

弹开，此后，A、B的速度相同。求：

%

(1)A、B碰撞后物块B的速度大小;

(2)在整个过程中，轻弹簧对•物块C冲量的大小。

20.如图，小球A以初速度%=5.0m/s沿光滑圆管(小球A的直径略小于圆管孔径)向上运动，

小球B静止在光滑水平直轨道上，其左端固定有轻质弹簧。小球A运动到光滑水平宜轨道上，并通

过弹簧与小球B发生相互作用，已知小球A在初始位置离水平直轨道的高度为h=045m,小球A

的质量为m力=1.5/cg,小球B的质量为小8=0.5kg,g=107TI/S2,小球A、B均看作质点，光滑圆

管与水平直轨道平滑连接。求：

B

(1)小球A、B相互作用过程中，轻质弹簧储存的最大势能;

(2)弹簧恢复原长时，小球A、B的速度大小。

答案解析部分

1.【答案】C

【知识点】动量定理；动能定理的综合应用

【解析】【解答】mu指的是物体质量和速度的乘积，代表物体的动量，根据动量定理?=冬可知动

量的变化量表示力在时间上的积累，当力为阻力时，则动量变化量描述物体在力阻碍下能运动多长

时间；根”表示物体质量和速度平方的乘积，表示物休动能的2倍，根据动能定理F=%k可以得出

动能变化量描述物体在力阻碍下能运动多长距离。

故选C。

【分析】两种观点实际是从不同角度量度运动的“强弱”，观点一是从动量角度来描述物体在力阻碍

下能运动多长时间；观点二是从动能角度来描述物体在力阻碍下能运动多长距离。

2.【答案】D

【知识点】动量定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的位移与速度的关系；机械

能守恒定律

【解析】【解答】AB.两个小球下落过程都做匀加速直线运动，根据速度位移公式有/-诏=2gH

由于B球有初速度，则B球与缓震材料接触前瞬间的速度较大，根据动量的表达式p=?^和动能的

表达式以=劣771/可知，B钢球碰撞前的动量和动能较大，故AB错误；

C.两个小球下落过程都做匀加速直线运动，根据位移时间公式H=Uot+/gt2,由于B钢球具有初

速度，所以运动的时间较短，由于重力的冲量引起动量的变化，根据动量定理mg£=Ap可知，B钢球

的动量的变化量较小，故C错误；

D.能量守恒定律是物理学基本规律，由于材料吸能，h均远小于H,故D正确。

故选Do

【分析】利用速度位移公式可以求出球与材料接触的速度大小，结合动量及动能的表达式可以比较动

量及动能的大小；利用重力的冲量结合下落的时间可以比较动量变化量的大小；在碰撞的过程中能量

守恒。

3.【答案】D

【知识点】动量定理

【解析】【解答】取A£时间内的水流为研究对象，则该时间内喷出水的质量，m=；pnD2Mt

利用动量定理列方程得心=|旭1+9+品也解得尸=匕九。27，故ABC错误，D正确。

故选D。

【分析】一、流体微元的选取与质量计算

核心逻辑：对于连续流体冲击问题，不能直接用单个质点的动量，而是取一段时间At内的流体作

为研究对象。

在加时间内，喷出的水柱长度，横截面积0

质量公式：

二、动量变化量的计算（速度分解是关键）

核心逻辑：水流冲击车身，并不是全部原路反弹，而是分为两部分：

一部分（比例k）以一定速度测开。另一部分（比例）无反弹流下（即垂直速度变为0）。

本题中，约有1的水流溅开，峨起时垂直车身向外的速度为

注意方向：取垂直车身向内（指向车身）为正方向。

入射水流的动量：（正方向）。溅开水流的动量：（负方向，因为向外）。

流下部分的动量：

解题策略：遇到流体冲击问题，可以按以下三步走：

设时间加，写出

规定正方向，写出初动量和末动量（注意各部分的末速度）。

列动量定理，解出Fo

4.【答案】D

【知识点】动量定理：冲量

【解析】【解答】AB.力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量，重力的方向不变，故重力冲量的大小

不为零，由于上升阶段足球的加速度较大，下降阶段足球的加速度较小，由运动学规律知上升阶段

的时间比下降阶段的时间短，且整个过程中阻力的大小不变：故阻力的冲量也不为0,故AB错误：

C.球上升时合力为重力加阻力，下降时合力为重力减阻力，故上升时合外力比下降时合外力大，上

升时加速度由大于下降时加速度。2,设上升阶段球的初速度为为，末速度为0,则动量的变化量大小

=0—mv0=-mvQ

下降阶段初速度为0,由于上升时加速度比下降时加速度大，根据小=2狈可知，其末速度%‘V%

则动量的变化量大小Apz=则球上升阶段动量的变化量大小大于下降阶段动量的变化量大小,

由动量定理可知，球上升阶段动量的变化量即球上升阶段所受的合外力的冲量，球下降阶段动量的变

化量即球下降阶段所受的合外力的冲量，则球上升阶段合外力的冲量大于下降阶段合外力的冲量，故

C错误：

D.根据C分析，落回时的速度孙’小于上升时的速度孙，根据动能定理，上升时的动能减少量等于

2,下降时的动能增加量等于;加为’2,所以球上升阶段动能的减少量大于下降阶段动能的增

加量，故D正确。

故答案为：Do

【分析】分析足球在有空气阻力的竖直上抛和下落过程中，动量、动能以及冲量的变化。

5.【答案】D

【知识点】动最定理

【解析】【解答】A.设初始的水平拉力方向为正方向，物块与地面间的滑动摩擦力大小为

f=pmg=0.1x2x10N=2N

则0-2s内，根据动量定理

(F|-f)t2=P2-0

代入数据可得t=2s时物块的动量大小p2=4kg*m/s

故A错误；

B.根据功率公式可得t=2s时物块速度

%=沆=2m/s

2s-3s过程，根据牛顿第二定律可得加速度大小为

F+f2

Q=-2—=2m/s2

/fV

方向为负，则£=3s时物块的速度大小为零，故B错误；

C.0〜4s时间内F对物块的冲量大小为

p=Fi(：i+F2t2=(4x2—2x2)N•s=4N•s

故C错误；

D.t=3s时物块的速度大小为零，之后拉力与摩擦力平衡，不再运动，根据匀变速直线运动的平均速

度公式可得0~4s时间内物体的位移为x=浮£=擀x3m=3恤故D正确。

故选D。

【分析】根据动量定理计算出物块的动量；根据图像的物理意义结合冲量的计算公式得出力F对物块

的冲量大小；根据运动学公式计算出物块在。〜4s内的位移大小。

6.【答案】A

【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；冲量

【解析】【解答】A.设铜珠落入蟾蛭口时速度为，有伏=2gh,由动量定理得〃=可得〃二

m，2gh,A正确；

B.铜珠从接触蟾蛛口到速度减为零的过程中蟾蛛口对铜珠的冲量大小为Ft=+mgt,B错

误；

CD.设蟾蛛口对铜珠的冲击力大小为F,选取竖直向上为正方向，由动量定理有Ft-7ng£=0-

（-mu），可得“河

■t■・,

根据牛顿第二定律得铜珠对螃蛉口产生的冲击力大小为d="=上邈+m〃，C，D错误。

，।£Tmy

故答案为：Ao

【分析】结合自由落体运动规律求铜珠到达蟾除口的速度，再利用动量定理分析重力冲量、冲击力

的大小。

7.【答案】D

【知识点】动量定理

【解析】【解答】规定％方向为止方向，以神舟十九号为研究对象，根据动量定理-同=m%-

m%,解得下=也用

故答案为：D。

【分析】以神舟十九号飞船为研究对象，利用动量定理（合外力的冲量等于动量的变化量），计算空间

站对飞船的平均推力。

8.【答案】A

【知识点】碰撞模型

【解析】【解答】A.设a的释放位置与Oi连线和竖直方向夹角为心碰前速度为也，则mgR（l-

2

cos。）=^mv1

碰撞后，由于发生弹性碰撞，且质量相等，所以交换速度，a、b在两圆弧轨道上运动的路程相等，从

碰后到b脱离轨道过程mgR（l-cos8）=^mv2—^mv2

乙2乙1

且刚要脱离时mgcos。=BIWR

联立解得cos。=|

所以a的释放位置距O点的高度为h=R（1-cos。）=0.2/?,故A正确；

B.根据以上分析解得a、b碰撞后瞬间，b的速度大小为”一"而故B错误；

巧一二-

2

C.根据牛顿第二定律=，结合牛顿第三定律可知，a、b碰撞前瞬间，a对轨道的压力

大小为N'=N=|mg,故C错误；

2

D.a、b碰撞后瞬间，b对轨道的压力大小为mg_M=巾%_，结合牛顿第三定律可知，b对轨道

的压力大小为N]=Ni=V?ng,故D错误。

故答案为：Ao

【分析】先利用弹性碰撞中质量相等则速度交换的规律，结合a、b运动路程相等的条件，建立碰

撞前后的能量方程；再通过脱离轨道的临界条件（重力提供向心力）求出角安，最后计算释放高

度、碰撞速度及轨道压力。

9.【答案】C

【知识点】人船模型

【解析】【解答】设抛出货物的速度大小为v,以向右为正方向，由动量守恒定律，乙船与货物：-

12mvo=1Imvi-mv

甲船与货物：1Omx2vo-mv=11mvz

两船不相撞的条件是：V2<V।,

联立解得：v>16vo

则最小速率为16vo

故ABD错误，C正确。

故选：Co

【分析】在抛货物的过程中，乙船与货物组成的动量守恒，在接货物的过程中，甲船与货物组成的

系统动量守恒，在甲接住货物后，甲船的速度小于等于乙船宓度，则两船不会相撞，应用动量守恒

定律可以解题。

10.【答案】C

【知识点】动能定理的综合应用；碰撞模型

【解析】【解答】AC.由题意得，小球到达最高点时，二者共速，则整体水平方向动量守恒，以向左

为正方向，有2171%=

由机械能守恒，有*x2mi;o2=x3mv24-2mgh

联立，解得小球到达最高点时的速度为〃=空

上升的最大高度为九二笈

故A错误，C正确;

B.设小球离开小车时，小球的速度为耳，小车的速度为以，整个过程中水平方向动量守恒，以向左

为正方向，由动量守恒定律得2nwo=2mui+mv2

由机械能守恒定律得义x2mq）2=1x2mVi2+imv2

乙乙乙2

v

解得巧=1v0»v2-3o

所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故B错误；

2

D.对小车运用动能定理得，小球对小车做功卬=3小/=|mv02,故D错误。

故答案为：Co

【分析】结合水平方向动量守恒和机械能守恒，分析小球.上升到最高点的速度、最大高度，以及分

离后的运动状态：核心是利用“小球到最高点时与小车共速”的特点，结合守恒定律求解。

1L【答案】D

【知识点】动量定理

【解析】【解答】A.设水流速度为v,则流量Q=SU=¥/解得〃=当，A错误；

B.设经过极短时间△£,出口水柱质量Am=°直必£，由动能定理可得=解得P=

*41

叫，B错误；

TT2d4

2

C.由动量定理，则有FA£=Amu,解得尸=攵4，c错误；

na

2

D.水流与玻璃冲击压强为〃=（=噌_,D正确。

故答案为：Do

【分析】结合流量的定义（体积流速）求水流速度，再通过动能定理、动量定理分析功率、作用

力，最终山压强公式（力除以面积）求解冲击压强。

12.【答案】C

【知识点】动最与能量的综合应用一板块模型

【解析】【解答】A.物块在下滑过程中系统竖直方向受外力作用，水平方向不受外力作用，故物块

和孤形槽组成的系统水平方向南屋守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；

B.弧形槽置于光滑水平地面上，物块下滑过程中对弧形槽压力的水平分量使弧形槽向左加速，动能

增大，此过程中物块和弧形槽组成的系统只有物块的重力做功，系统机械能守恒，故物块机械能必定

减少，由此推知弧形槽对物块的支持力做负功，故B错误；

C.小物块下滑过程中，物块、弧形槽组成的系统满足水平方向动量守恒，系统初始水平方向动最为

零，设小球滑到底端时二者速度大小分别为肥、为，取向左方向为正，该过程由动量守恒定律得例为-

mvm=0,故得=若M>m,贝加山>以,，小物块在水平面上做匀速运动，撞击弹簧前后

速咬等大反向，因此能追上弧形槽，故c正确；

D.设物块再次滑上弧形槽，上升到最高点九'时系统水平向左的速度为v

山动量守恒定律得+rnvm=(M+m)v

由全过程满足机械能守恒得/M扁4-=i(M+m)v2+mgh

乙乙乙

物块从初始状态下滑到底端时满足机械能守恒：M扇+=mgh

故得九’=八一(党：)棋＜h

乙my

即物块不会上升至初始高度，故D错误；

故答案为：Co

【分析】结合动量守恒(水平方向)、机械能守恒、力的做功等规律，分析物块与弧形槽的运动过程。

13.【答案】B,D

【知识点】动最守恒定律；受力分析的应用；碰撞模型

【解析】【解答】A.释放B到A碰撞墙前，弹簧第一次恢发原长前，细线对A有拉力，系统合外力

不为零，动量不守恒，故A错误；

B.弹簧第一次恢复原长时，小球B的速度最大，弹簧的弹性势能全部转化为小球B的动能，由机械

能守恒定律有2k焉=I^mvmax

解得小=舟。，故B正确；

C.当弹簧第二次恢复原长时，小球A的速度最大，记为盯p此时小球R的速度记为为，从弹簧第

一次恢复原长到弹簧第二次恢复原长，小球A、B的系统动量守恒，该过程相当于小球B以速度

“max与小球A发生了完全弹性碰撞,则有：2mv=2mv+mv,i2mVmax=22m诒4-

maxBA乙乙乙

解得”_2m-m_1['k_2x2m_4f"k故C错误.

汕B-加即Vmax-W]而沏，办一而齐拓%wc-q1而孙，权珀次，

D.弹簧最短时，对小球A、B的系统：2nWmax=(2m+共，32M以1ax=：(2m+6+

我“2

解得％=亭勺，故D正确。

故答案为：BDo

【分析】分阶段分析系统的受力、动量与能量变化，结合机械能守恒、动量守恒定律判断各选项。

14.【答案】A,C

【知识点】碰搞模型

【解析】【解答】A.由小球碰撞前后的位移一时间图像可知，碰前小球2的位移不随时间变化，处

于静止状态，A正确：

B.x-t图象的斜率的正负表示速度正负，碰后小球2的速度为正方向，说明向右运动，小球1的速

度为负方向，说明向左运动，B错误；

CD.根据x-t图象的斜率表示速度，由图读出，碰前小球1速度为v尸4m/s,碰后小球2和小球1

的速度分别为V2=2m/s,v,i=-2m/s,以vi方向为正方向，根据动量守恒定律得miv）=miv'i+mzv'z

解得m2=0.3kg

由于碰撞前后满足斗2=imiv1i2+lm2v'22

故为弹性碰撞，故D错误，C正确。

故选：ACo

【分析】x-t图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动

情况。根据动量守恒定律求解小球2的质量，分析碰撞前后系统总动能关系，从而确定碰撞的类

型。

15.【答案】A,C

【知识点】动量与能量的综合应用一子弹打木块模型

【解析】【解答】A.质量为的子弹以大小为vo的水平速度射入木块并立即留在木块中，movo=

（爪0+M）v

所以"=3器旨，故A正确；

B.子弹射入木块后的瞬间，根据牛顿第二定律有7—+M）g=（m0+M）宁，所以T＞（M+

阳）。

故B错误；

C.子弹射入木块过程，由于有机械能损失，所以子弹和木块可视为非弹性碰撞，故C正确；

D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只有直力做功，则系统机械能守恒，故D错

误。

故选ACO

【分析】1.完全非弹性碰撞的动量守恒与速度计算

特点：碰撞后两物体粘在一起［共速），动量守恒，但机械能有损失（转化为内能）。

动量守恒方程（水平方向）：

碰撞后瞬间的共同速度：

2.圆周运动的瞬时动力学分析（牛顿第二定律）

子弹与木块获得共同速度后，绕圆环做圆周运动（绳约束）。

在最低点（碰撞后瞬间），绳对木块的拉力T与重力的合力提供向心力：

,其中L为绳长（题中隐含）。

3.碰撞类型的判断（弹性vs非弹性）

弹性碰撞：动量守恒+机械能守恒。；非弹性碰撞：动量守恒，机械能不守恒。

完全非弹性碰撞：是非弹性碰撞的特例（碰后共速，机械能损失最大）。

4.系统机械能守恒的条件判断

条件：只有重力（或弹簧弹力）做功，其他内力与外力不做功或做功代数和为零。

本题分两个阶段分析：阶段一1子弹射入木块过程）：子弹与木块系统有机械能损失（非弹性碰

撞），但此阶段圆环未参与运动。

阶段二（碰撞后，子弹+木块+圆环一起运动）：圆环套在光滑杆上，可自由滑动，对木块+子弹系统

有约束，但圆环与木块+子弹组成的系统：

外力：重力、水平杆对圆环的支持力（垂直于运动方向，不做功）。

内力：绳张力对木块做负功时对圆环做正功，总功为零（理想绳，内力做功代数和为零）。

因此碰撞后，系统（圆环+木块+子弹）机械能守恒。

16.【答案】A,C

【知识点】碰撞模型

【解析】【解答】A.由题图乙的“一£图像可以得出物块相对于木板滑动的距离为d=/x3i；o£o=

|voto»则木板的最小长度为去0如故A正确;

B.由动量守恒定律有=（m+M）%,可得物块与木板的质量之比=1:2,故B错误；

C.由题图乙的〃-亡图像可知，物块在木板上滑动的加速度大小Q=等，由牛顿第二定律有=

ma,解得〃=点，故C正确；

D.物块减小的动能Er=gmx（3q））2—；加评=4m诏，木板增大的动能E〃2==机说

由能量守恒定律可知，物块与木板组成的系统产生的热量Q=Ekl-Ek2=3nl评，则%i：&2：Q=

4:1:3,故D错误。

故答案为：AC。

【分析】结合v-t图像的面积差求相对位移（木板最小长度），用动量守恒求质量比，用牛顿定律求

动摩擦因数，再分析动能变化与热量的比值。

17.【答案】（1）解：子弹射穿木块后子弹和木块的速度分别为

说=2g-8h

诏=2Q•九

其中

1

4mg+g•4mg=4ma

子弹射穿木块过程由动量守恒

mv0=THVJ4-4mv2

解得

Vo=lOyfgh

（2）解：子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能

111

AE=-^mvQ—（2-mvi+,47几1^）=37.5mgh.

【知识点】动量守恒定律：能量守恒定律：匀变速有线运动规律的标台运用

【解析】【分析】（I）根据匀变速直线运动规律结合牛顿第二定律，动量守恒定律列式联立求解;

（2）根据能量的转化和守恒定律列式求解损失的机械能。

18.【答案】（1）A刚开始运动时轨道的弹力提供向心力

FN=啊〒

A所受摩擦力为

f=〃啊g

根据牛顿第二定律

8+尸=7〜a

解得

（2）设A与B碰撞前瞬间的速度为外根据动能定理

11

一4m4g•"=2mAv2-2m4诏

解得

v=lm/s

根据动量守恒定律

mAv=mAvx+mBv2

根据机械能守恒定律

111

-m=--

222

得

解