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所属成套资源：【高考压轴】2024年高考物理压轴题专项训练（全国通用）
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压轴题05 动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用-【压轴】2024年高考物理压轴题专项训练（全国通用）
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这是一份压轴题05 动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用-【压轴】2024年高考物理压轴题专项训练（全国通用），文件包含压轴题05动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用原卷版docx、压轴题05动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共44页， 欢迎下载使用。
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
压轴题05 动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用
动量定理及动量守恒定律在高考物理中拥有极其重要的地位，它们不仅是力学知识体系的核心组成部分，也是分析和解决物理问题的重要工具。
在高考命题中，动量定理及动量守恒定律的考查形式丰富多样。这些考点既可能以选择题、计算题的形式直接检验学生对基本原理的掌握情况，也可能通过复杂的计算题、应用题，要求学生运用动量定理和动量守恒定律进行深入分析和计算。此外，这些考点还经常与其他物理知识点相结合，形成综合性强的题目，以检验学生的综合应用能力。
备考时，考生应首先深入理解动量定理和动量守恒定律的基本原理和概念，明确它们的适用范围和条件。其次，考生需要熟练掌握相关的公式和计算方法，并能够在实际问题中灵活运用。此外，考生还应注重解题方法的总结和归纳，特别是对于典型题目的解题思路和方法，要进行反复练习和巩固。
考向一：弹簧类问题中应用动量定理
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
2.微粒类“柱状模型”问题
考向三：碰撞类和类碰撞类问题中应用动量守恒定律
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\\al( 2,1),2m1)＋eq \f(p\\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
v1
v2
v1’ˊ
v2’ˊ
m1
m2
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m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
(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 \\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)
01 应用动量定理处理蹦极类问题
1．蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。图甲为蹦极的场景，一游客从蹦极台下落的速度一位移图象如图乙所示。已知弹性轻绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，游客及携带装备的总质量为，弹性轻绳原长为，若空气阻力恒定，游客下落至处时速度大小为，重力加速度取，下列正确的是（ ）
A．整个下落过程中，游客先处于失重后处于超重状态
B．游客及携带装备从静止开始下落的过程中重力的冲量为
C．游客在最低点时，弹性势能最大为
D．弹性绳长为时，游客的加速度大小为
【答案】A
【详解】A．由题图乙可知游客从蹦极台下落过程先加速后减速，即先有向下的加速度后有向上的加速度，所以游客先处于失重后处于超重状态，故A正确；
B．以游客及携带装备为研究对象，从静止开始下落15m的过程中，由动量定理得
I合=IG－IF－If＝mv＝50×15N·s＝750N·s
故重力的冲量大于750N·s，故B错误；
C．游客在前5m做匀加速直线，根据动能定理
解得
f=50N
从下落至最低点过程中能量守恒
解得
=500×26-50×26=11700J
故C错误；
D．游客下落15m时合力为0时速度最大，此时弹性绳的弹力和阻力等于游客及携带装备的总重力，即
f+kΔx＝mg
解得
k＝＝45N/m
弹性绳长为20m时，弹性绳的弹力
F＝kΔx′＝45×(20－10)N＝450N
根据牛顿第二定律得
F+f－mg＝ma
解得
a＝0m/s2
故D错误。
故选A。
02 应用动量定理处理流体类问题
2．雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小明将一圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，设雨滴下落的速度为，雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹，雨水的密度为，不计雨滴重力。压强p为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】以极短时间内落至芭蕉叶上的雨滴的质量为，雨滴与芭蕉叶作用的有效面积为S，根据动量定理有
由于圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，则单位面积单位时间内下落的雨水质量为
则以极短时间内落至芭蕉叶上的雨滴的质量
根据牛顿第三定律有
雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强
解得
故选B。
03 分方向动量定理应用问题
3．如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球落地时重力的功率为
B．小球下落的时间为
C．小球下落过程中的水平位移大小为
D．小球下落过程中空气阻力所做的功为
【答案】B
【详解】A．小球落地时重力的功率为
故A错误；
B．小球下落过程在竖直方向根据动量定理
解得小球下落的时间为
故B正确；
C．小球在水平方向根据动量定理
解得小球下落过程中的水平位移大小为
故C错误；
D．小球下落过程根据动能定理
解得小球下落过程中空气阻力所做的功为
故D错误。
故选B。
04 弹性碰撞类问题
4．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为（ ）
A．hB．2hC．3hD．4h
【答案】D
【详解】下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得
v2=2gh
解得触地时两球速度相同，为
m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：
m2v-m1v=m1v1+m2v2
由能量守恒定律得
由题可知
m2=3m1
联立解得
反弹后高度为
故D正确，ABC错误。
故选D。
05 完全非弹性碰撞类问题
5．如图所示，光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块，相邻滑块之间的距离为L，某个滑块均可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度，滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动到第个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律
可知第二个滑块开始运动的速度大小为
同理第三个滑块开始滑动的速度大小为
第（n-1）个球开始滑动的速度大小为
因此运动的总时间为
故选B。
06 斜面类类碰撞问题
6．如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是（ ）
A．小球的质量为
B．小球运动到最高点时的速度为
C．小球能够上升的最大高度为
D．若a>b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动
【答案】C
【详解】A．设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律得
结合图乙可得
所以
，
故A正确，不符合题意；
D．对小球和圆弧滑块组成的系统，有
解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为
即a>b时，小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离时向左做平抛运动，故D正确，不符合题意；
B．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，在水平方向上由动量守恒定律得
解得
故B正确，不符合题意；
C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得
解得
故C错误，符合题意。
故选C。
07 弹簧类类碰撞问题
7．如图甲所示，物块A、B的质量均为2kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．物块C的质量为2kg
B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5J
C．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6m/s
【答案】D
【详解】A．由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律
解得
故A错误；
B．AC粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为
故B错误；
C．由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为
解得
方向向左，故C错误；
D．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有
代入数据解得
物块B的最大速度为3.6m/s，故D正确。
故选D。
1．（2019·湖南长沙·一模）一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2=km1，k＜1。碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2．假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1碰撞后与碰撞前速度之比的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】若发生弹性碰撞，则由动量守恒
m1v0=m1v1+m2v2
由能量关系
解得
物体1碰撞后与碰撞前速度之比
若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒
m1v0=(m1+m2)v
解得
物体1碰撞后与碰撞前速度之比
所以, 物体1碰撞后与碰撞前速度之比的取值范围是
故B正确，ACD错误。
故选B。
2．（2024高三·安徽滁州·模拟预测）蹦极是一项刺激的户外休闲活动，足以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”。如图所示，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处。然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为，蹦极者下落第一个时动量的增加量为，下落第五个时动量的增加量为，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】蹦极者下落高度的过程，可视为做自由落体运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为
可知
即
由动量定理得
故
故选D。
3．（2024·山东临沂·一模）列车在水平长直轨道上的模拟运行图如图所示，列车由质量均为m的5节车厢组成，假设只有1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度，列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为。1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S，不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，1号车厢对2号车厢的作用力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，取时间内空气柱的质量为，对一小段空气柱应用动量定理可得
其中
解得
由牛顿第三定律可得，空气对动车的阻力为
当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则
解得
当速度达到最大速度一半时，此时速度为
此时受到的牵引力
解得
此时受到的阻力
对整体根据牛顿第二定律
对1号车厢，根据牛顿第二定律可得
联立解得
当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，由牛顿第三定律，1号车厢对2号车厢的作用力大小为
故选B。
4．（2024·北京顺义·一模）1899年，苏联物理学家列别捷夫首先从实验上证实了“光射到物体表面上时会产生压力”，和大量气体分子与器壁的频繁碰撞类似，将产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表面产生压强，这就是“光压”。某同学设计了如图所示的探测器，利用太阳光的“光压”为探测器提供动力，以使太阳光对太阳帆的压力超过太阳对探测器的引力，将太阳系中的探测器送到太阳系以外。假设质量为m的探测器正朝远离太阳的方向运动，帆面的面积为S，且始终与太阳光垂直，探测器到太阳中心的距离为r，不考虑行星对探测器的引力。已知：单位时间内从太阳单位面积辐射的电磁波的总能量与太阳绝对温度的四次方成正比，即，其中T为太阳表面的温度，为常量。引力常量为G，太阳的质量为M，太阳的半径为R，光子的动量，光速为c。下列说法正确的是（ ）
A．常量的单位为
B．t时间内探测器在r处太阳帆受到太阳辐射的能量
C．若照射到太阳帆上的光一半被太阳帆吸收一半被反射，探测器太阳帆的面积S至少为
D．若照射到太阳帆上的光全部被太阳帆吸收，探测器在r处太阳帆受到的太阳光对光帆的压力
【答案】D
【详解】A．P0是单位时间从太阳单位面积辐射的电磁波的能量，所以单位为，则
则常量的单位为
故A错误；
B．t时间内探测器在r处太阳帆受到太阳辐射的能量
故B错误；
C．辐射到太阳帆的光子的总数
一半光子被吸收，一半反射，则有
其中
联立可得
故C错误；
D．若照射到太阳帆上的光全部被太阳帆吸收，则有
可得探测器在r处太阳帆受到的太阳光对光帆的压力
故D正确。
故选D。
6．（2024·江西·一模）如图所示，假设入射光子的动量为p0，光子与静止的电子发生弹性碰撞。碰后光子的动量大小为p1，传播方向与入射方向夹角为α：碰后电子的动量大小为p2，出射方向与光子入射方向夹角为β。已知光速为c，普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A．碰前入射光的波长为B．碰后电子的能量为
C．D．
【答案】C
【详解】A．根据德布罗意公式可知，碰前入射光的波长为
选项A错误；
B．设电子的质量为m，则碰后电子的能量为
选项B错误；
CD．沿光子入射方向的动量守恒，根据动量守恒定律可知
选项C正确，D错误。
故选C。
7．（2024高三下·江西·开学考试）如图所示，平面（纸面）第一象限内有足够长且宽度均为、边界均平行轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅱ的下边界与轴重合。位于处的离子源能释放出质量为、电荷量为、速度方向与轴夹角为的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。下列说法正确的是（ ）
A．速度大小为的离子不能进入区域Ⅱ
B．速度大小为的离子在磁场中的运动时间为
C．恰能到达轴的离子速度大小为
D．恰能到达轴的离子速度大小为
【答案】ABC
【详解】
AB．当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，如图1
则由几何关系解得根据
解得在磁场中运动的周期
所有速度小于的离子都未进入Ⅱ区，速度偏转角都为，运动时间都为
故AB正确；
CD．，且磁场Ⅱ方向向外，则离子进磁场Ⅱ后顺时针偏转，离子恰到轴时速度与轴平行，如图2
取水平向右为正方向，全过程在水平方向由动量定理有
解得
故C正确，D错误。
故选ABC。
8．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，空间等距分布垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为。现有一个边长、质量、电阻的单匝正方形线框，以的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，以下说法正确的是（ ）
A．线框进入第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量
B．线框刚进入第一个磁场区域时，安培力大小为
C．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热
D．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过2个完整磁场区域
【答案】ACD
【详解】A．线框进入第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为
故A正确；
B．线框刚进入第一个磁场区域时，产生的电动势为
线框受到的安培力大小为
故B错误；
C．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中，由于线框上下两边总是同时处在磁场中，则上下两边受到的安培力相互抵消，即线框竖直方向只受重力作用，可认为竖直方向做自由落体运动；水平方向在安培力作用下做减速运动，当水平方向的速度减为零时，线框开始竖直下落；则线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为
故C正确；
D．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中，水平方向根据动量定理可得
又
联立解得
线框穿过1个完整磁场区域，有安培力作用的水平距离为，由于
可知线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过2个完整磁场区域，故D正确。
故选ACD。
9．（2024·湖北·二模）如图所示，质量分别为m、3m、nm的圆弧槽、小球B、小球C均静止在水平面上，圆弧槽的半径为R，末端与水平面相切。现将质量为m的小球A从圆弧槽上与圆心等高的位置由静止释放，一段时间后与B发生弹性正碰，已知重力加速度为g，不计A、B、C大小及一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为mg
B．若BC发生的是完全非弹性碰撞，n取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同
C．若BC发生的是弹性正碰，当时，碰撞完成后小球C的速度为
D．n取不同值时，C最终的动量不同，其最小值为
【答案】BCD
【详解】A．小球A第一次下滑到圆弧槽最低点时，小球A和圆弧槽组成的系统水平方向上动量守恒，有
根据小球A和圆弧槽组成的系统机械能守恒有
解得
小球A通过圆弧槽最低点时，相对于圆弧槽的速度大小为
根据牛顿第二定律有
联立解得，小球A通过圆弧槽最低点时，受到圆弧槽的支持力为
则小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为5mg，故A错误；
B．若BC发生的是完全非弹性碰撞，设小球A与B碰撞后，小球B的初速度为，则BC碰撞过程，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得，BC碰撞损失的机械能为
可知，当n取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同，故B正确；
C．小球A与B发生弹性正碰，取向右为正方向，根据动量守恒有
根据机械能守恒有
联立解得
，
若BC发生的是弹性正碰，当时，BC碰撞过程，根据动量守恒有
根据机械能守恒有
联立解得，碰撞完成后小球C的速度为
故C正确；
D．当BC发生的是完全非弹性正碰时，C获得的动量最小。BC碰撞过程，根据动量守恒有
解得，碰撞完成后小球C的速度为
则此时C的动量为
可知，当n取1时，C的动量取最小值为
故D正确。
故选BCD。
10．（2024·湖南岳阳·二模）如图所示，倾角为的足够长的斜面上放有质量均为m相距为L的AB滑块，其中滑块A光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数为，。AB同时由静止开始释放，一段时间后A与B发生第一次碰撞，假设每一次碰撞时间都极短，且都是弹性正碰，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．释放时，A的加速度为B．第一次碰后A的速度为
C．从开始释放到第一次碰撞的时间间隔为D．从开始释放到第二次碰撞的时间间隔为
【答案】AC
【详解】A．A物体沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律
解得
故A正确；
C．对A滑块，设从开始释放A与B第一次碰撞所用时间为，根据运动学
故C正确；
B．第一次碰撞前，A的速度为
设第一碰后A的速度为，B的速度为，则碰撞过程根据动量守恒和动能守恒
联立解得
故B错误；
D．B物体沿斜面下滑时有
解得
两物体相碰后，A物体的速度变为零，以后再做匀加速运动，而B物体将以的速度沿斜面向下做匀速直线运动。设再经t2时间相碰，则有
解得
故从A开始运动到两物体第二次相碰，共经历时间
故D错误。
故选AC。
11．（2024高三下·山西晋中·开学考试）如图所示，质量为的物块P与长木板Q之间有一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，P与弹簧拴接，Q与弹簧接触但不拴接，Q的上表面粗糙。时，物块P以初速度向左运动，时间内物块P与长木板Q的图像如图所示，时刻，把质量为的物块M放在Q的最左端，图中未画出，M最终未从Q上滑出，则（ ）
A．物体Q的质量为
B．时刻弹簧的弹性势能为
C．M和Q之间由于摩擦作用的发热量为
D．弹簧可以和Q发生二次作用
【答案】AC
【详解】A．时刻，所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得
则物体的质量为，故A正确；
B．时刻，弹簧压缩到最短，和速度相等，根据动量守恒
根据能量守恒可得最大弹性势能为
故B错误；
C．时间内，根据动量守恒
根据机械能守恒
联立解得
2t0时刻，和弹簧分离，和之间动量守恒，有
解得
产生的热量为
故C正确；
D．由上分析可知和共速时
弹簧不能和发生二次作用，故D错误。
故选AC。
12．（2024·湖南长沙·二模）如图甲，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态。t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a-t图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻后A、B系统的总动量大小始终为mAS1B．
C．D．t2时刻，弹簧伸长量大于0时刻的压缩量
【答案】AB
【详解】A．a-t图像的面积等于这段时间的速度变化量大小，t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为v1，则有
t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动量等于t1时刻A球的动量，则有
故A正确；
B．由图像可知t1时刻A球的加速度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两球具有相同的速度，设t2时刻A、B两球的速度为v2，从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为
B球的速度变化量大小为
从t1到t2过程，A、B组成的系统满足动量守恒，则有
可得
联立可得
故B正确；
C．t=0到t1时刻，A球速度变化量大小为
从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为
从t1到t2过程，B球的速度变化量大小为
联立可得
故C错误；
D．从t=0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能守恒，则有
说明t=0时刻弹簧的弹性势能大于t2时刻弹簧的弹性势能，即t=0时刻弹簧的压缩量大于t2时刻弹簧的伸长量，故D错误。
故选AB。
13．（2024·广东茂名·二模）甲、乙两位同学利用中国象棋进行游戏。某次游戏中，在水平放置的棋盘上，甲用手将甲方的棋子以0.4m/s的初速度正对乙方棋子弹出，两棋子相碰撞后（碰撞时间极短），甲方棋子速度大小变为0.1m/s，方向不变．两棋子初始位置如图所示，棋子中心与网格线交叉点重合，该棋盘每方格长宽均，棋子直径均为，棋子质量相等均为，棋子与棋盘间的动摩擦因数均为。重力加速度g大小取。求：
（1）甲、乙两棋子相碰时损失的机械能；
（2）通过计算，判断乙方棋子中心是否滑出边界；
（3）甲方棋子从弹出到停下所需的时间。（计算结果保留2位有效数字）
【答案】（1）；（2）不滑出边界；（3）
【详解】（1）设甲、乙两棋子碰撞前瞬间甲棋子的速度大小为，从甲棋子开始运动到甲、乙碰撞前瞬间过程，甲移动距离为
对甲棋子，由动能定理得
代入数据解得
甲、乙两棋子碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间乙棋子的速度大小为，以碰撞前甲棋子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
碰撞过程中损失的机械能为
解得
（2）设乙棋子碰后运动距离停下来，对乙棋子，由动能定理得
解得
即可乙棋子移动距离不够1方格，棋子中心不滑出边界。
（3）对甲棋子从弹出到碰撞前，列动量定理有
解得
碰撞后，对甲棋子，列动量定理有
解得
甲方棋子从弹出到停下所需的时间为
14．（2024·山西临汾·二模）如图所示，倾角为的固定斜面的底端安装一个弹性挡板，质量分别m和4m的物块a、b置于斜面上，a与斜面间无摩擦，b与斜面间的动摩擦因数等于。两物块之间夹有一个劲度系数很大且处于压缩状态的轻质短弹簧（长度忽略不计），弹簧被锁定。现给两物块一个方向沿斜面向下、大小为的初速度，同时解除弹簧锁定，弹簧瞬间完全释放弹性势能，并立即拿走弹簧。物块a与挡板、a与b之间的碰撞均无机械能的损失，弹簧锁定时的弹性势能为，重力加速度为g。求：
（1）弹簧解除锁定后的瞬间a、b的速度大小；
（2）解除锁定，a与b第一次碰撞后，b沿斜面上升的最大高度。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）由于弹簧在瞬间解除锁定，在此瞬间内力远大于外力，a、b系统动量守恒，以沿斜面向下为正方向，有
根据能量守恒
解得
，
（另一组解不符合实际，舍去。）
（2）弹簧瞬间解除锁定后，由于b与斜面的摩擦因数，解除锁定后b保持静止。由于a与斜面间无摩擦，a沿斜面匀加速下滑，与挡板碰撞后原速率反弹，再沿斜面匀减速上滑，直到与b发生碰撞。根据机械能守恒，a与b碰撞前的速度大小仍为，根据动量守恒和能量守恒有
解得
（向下），
之后，对b，根据动能定理
解得
15．（2024·重庆·模拟预测）如题图所示，一边长为的正方体物块静置于足够长的光滑水平面上，该正方体物块内有一条由半径为四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小光滑圆孔道。一质量为的小球（可视为质点），以初速度 沿水平方向进入孔道，恰好能到达孔道最高点。孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力可不计，重力加速度为g。
（1）求该正方体物块的质量；
（2）求小球离开孔道时的速度；
（3）小球从进入孔道至到达孔道最高点的过程中，小球在孔道圆弧部分运动的时间为，求小球到达孔道最高点时，该正方体物块移动的距离。
【答案】（1）；（2），方向水平向右；（3）
【详解】（1）小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有
，
解得
，
（2）小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有
，
解得
，
即小球离开孔道时速度大小为 ，方向与初速度相同， 即水平向右。
（3）小球从进入孔道至到达孔道圆弧部分最高点的过程中，小球和物块组成的系统水平方向动量始终守恒，则有
小球在孔道圆弧部分运动的时间为，则有
其中
，
该时间内，小球和物块的相对位移为
解得
小球离开孔道圆弧部分至到达孔道最高点过程中，小球在竖直方向做竖直上抛运动，则有
该过程中，物块在水平方向做匀速直线运动，此过程物块的位移
其中
解得
综上可知，小球到达孔道最高点时，物块移动的距离
解得
16．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图所示，轨道ABCD由半径的光滑四分之一圆弧轨道AB、长度的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量的物块P和质量的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度；FG段为半径的四分之一光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为，重力加速度，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），其中物块P进入CBA轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。
（1）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的弹力；
（2）若物块P经过CB后恰好能到达A点，试分析物块Q能否冲出小车上的G点，若能冲出G点，求出物块Q从飞离G点到再次回到G点过程中小车通过的位移；若物块Q不能飞离G点，请说明理由；
（3）若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。
【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）能，；（3）
【详解】（1）物块P从B到A过程，根据动能定理有
物块P在B点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下；
（2）物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有
解得
对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有
解得
对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
解得
物块P运动时间为
（3）物块被弹开过程有
当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有
解得
由于
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有
解得
综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为
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S
2
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＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
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S
2
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＝nv0SΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算
一、以核心和主干知识为重点。构建知识结构体系，确定每一个专题的内容，在教学中突出知识的内在联系与综合。
二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
压轴题05 动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用
动量定理及动量守恒定律在高考物理中拥有极其重要的地位，它们不仅是力学知识体系的核心组成部分，也是分析和解决物理问题的重要工具。
在高考命题中，动量定理及动量守恒定律的考查形式丰富多样。这些考点既可能以选择题、计算题的形式直接检验学生对基本原理的掌握情况，也可能通过复杂的计算题、应用题，要求学生运用动量定理和动量守恒定律进行深入分析和计算。此外，这些考点还经常与其他物理知识点相结合，形成综合性强的题目，以检验学生的综合应用能力。
备考时，考生应首先深入理解动量定理和动量守恒定律的基本原理和概念，明确它们的适用范围和条件。其次，考生需要熟练掌握相关的公式和计算方法，并能够在实际问题中灵活运用。此外，考生还应注重解题方法的总结和归纳，特别是对于典型题目的解题思路和方法，要进行反复练习和巩固。
考向一：弹簧类问题中应用动量定理
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
2.微粒类“柱状模型”问题
考向三：碰撞类和类碰撞类问题中应用动量守恒定律
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\\al( 2,1),2m1)＋eq \f(p\\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
v1
v2
v1’ˊ
v2’ˊ
m1
m2
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m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有：
(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 \\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)
01 应用动量定理处理蹦极类问题
1．蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。图甲为蹦极的场景，一游客从蹦极台下落的速度一位移图象如图乙所示。已知弹性轻绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，游客及携带装备的总质量为，弹性轻绳原长为，若空气阻力恒定，游客下落至处时速度大小为，重力加速度取，下列正确的是（ ）
A．整个下落过程中，游客先处于失重后处于超重状态
B．游客及携带装备从静止开始下落的过程中重力的冲量为
C．游客在最低点时，弹性势能最大为
D．弹性绳长为时，游客的加速度大小为
【答案】A
【详解】A．由题图乙可知游客从蹦极台下落过程先加速后减速，即先有向下的加速度后有向上的加速度，所以游客先处于失重后处于超重状态，故A正确；
B．以游客及携带装备为研究对象，从静止开始下落15m的过程中，由动量定理得
I合=IG－IF－If＝mv＝50×15N·s＝750N·s
故重力的冲量大于750N·s，故B错误；
C．游客在前5m做匀加速直线，根据动能定理
解得
f=50N
从下落至最低点过程中能量守恒
解得
=500×26-50×26=11700J
故C错误；
D．游客下落15m时合力为0时速度最大，此时弹性绳的弹力和阻力等于游客及携带装备的总重力，即
f+kΔx＝mg
解得
k＝＝45N/m
弹性绳长为20m时，弹性绳的弹力
F＝kΔx′＝45×(20－10)N＝450N
根据牛顿第二定律得
F+f－mg＝ma
解得
a＝0m/s2
故D错误。
故选A。
02 应用动量定理处理流体类问题
2．雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小明将一圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，设雨滴下落的速度为，雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后以速率v竖直反弹，雨水的密度为，不计雨滴重力。压强p为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】以极短时间内落至芭蕉叶上的雨滴的质量为，雨滴与芭蕉叶作用的有效面积为S，根据动量定理有
由于圆柱形量筒置于雨中，测得时间t内筒中水面上升的高度为h，则单位面积单位时间内下落的雨水质量为
则以极短时间内落至芭蕉叶上的雨滴的质量
根据牛顿第三定律有
雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强
解得
故选B。
03 分方向动量定理应用问题
3．如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为，初始时小球离地面高度为h。已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
A．小球落地时重力的功率为
B．小球下落的时间为
C．小球下落过程中的水平位移大小为
D．小球下落过程中空气阻力所做的功为
【答案】B
【详解】A．小球落地时重力的功率为
故A错误；
B．小球下落过程在竖直方向根据动量定理
解得小球下落的时间为
故B正确；
C．小球在水平方向根据动量定理
解得小球下落过程中的水平位移大小为
故C错误；
D．小球下落过程根据动能定理
解得小球下落过程中空气阻力所做的功为
故D错误。
故选B。
04 弹性碰撞类问题
4．如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝3m1，则A反弹后能达到的高度为（ ）
A．hB．2hC．3hD．4h
【答案】D
【详解】下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得
v2=2gh
解得触地时两球速度相同，为
m2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选m1与m2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后m1、m2速度大小分别为v1、v2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：
m2v-m1v=m1v1+m2v2
由能量守恒定律得
由题可知
m2=3m1
联立解得
反弹后高度为
故D正确，ABC错误。
故选D。
05 完全非弹性碰撞类问题
5．如图所示，光滑水平面的同一直线上放有n个质量均为m的小滑块，相邻滑块之间的距离为L，某个滑块均可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度，滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动到第个滑块与第n个滑块相碰时的总时间为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律
可知第二个滑块开始运动的速度大小为
同理第三个滑块开始滑动的速度大小为
第（n-1）个球开始滑动的速度大小为
因此运动的总时间为
故选B。
06 斜面类类碰撞问题
6．如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是（ ）
A．小球的质量为
B．小球运动到最高点时的速度为
C．小球能够上升的最大高度为
D．若a>b，小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动
【答案】C
【详解】A．设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律得
结合图乙可得
所以
，
故A正确，不符合题意；
D．对小球和圆弧滑块组成的系统，有
解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为
即a>b时，小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离时向左做平抛运动，故D正确，不符合题意；
B．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，在水平方向上由动量守恒定律得
解得
故B正确，不符合题意；
C．小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得
解得
故C错误，符合题意。
故选C。
07 弹簧类类碰撞问题
7．如图甲所示，物块A、B的质量均为2kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的v-t图像如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．物块C的质量为2kg
B．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5J
C．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为0
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6m/s
【答案】D
【详解】A．由图知，C与A碰前速度为，碰后速度为，C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律
解得
故A错误；
B．AC粘在一起速度变为0时，弹簧的弹性势能最大，为
故B错误；
C．由图知，12s末A和C的速度为，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为
解得
方向向左，故C错误；
D．物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s，物块B离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有
代入数据解得
物块B的最大速度为3.6m/s，故D正确。
故选D。
1．（2019·湖南长沙·一模）一质量为m1的物体以v0的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2=km1，k＜1。碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为v1和v2．假设碰撞在一维上进行，且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1碰撞后与碰撞前速度之比的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】若发生弹性碰撞，则由动量守恒
m1v0=m1v1+m2v2
由能量关系
解得
物体1碰撞后与碰撞前速度之比
若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒
m1v0=(m1+m2)v
解得
物体1碰撞后与碰撞前速度之比
所以, 物体1碰撞后与碰撞前速度之比的取值范围是
故B正确，ACD错误。
故选B。
2．（2024高三·安徽滁州·模拟预测）蹦极是一项刺激的户外休闲活动，足以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”。如图所示，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处。然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为，蹦极者下落第一个时动量的增加量为，下落第五个时动量的增加量为，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】蹦极者下落高度的过程，可视为做自由落体运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为
可知
即
由动量定理得
故
故选D。
3．（2024·山东临沂·一模）列车在水平长直轨道上的模拟运行图如图所示，列车由质量均为m的5节车厢组成，假设只有1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度，列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为。1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S，不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，1号车厢对2号车厢的作用力大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设动车的速度为v，动车对空气的作用力为F，取时间内空气柱的质量为，对一小段空气柱应用动量定理可得
其中
解得
由牛顿第三定律可得，空气对动车的阻力为
当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则
解得
当速度达到最大速度一半时，此时速度为
此时受到的牵引力
解得
此时受到的阻力
对整体根据牛顿第二定律
对1号车厢，根据牛顿第二定律可得
联立解得
当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，由牛顿第三定律，1号车厢对2号车厢的作用力大小为
故选B。
4．（2024·北京顺义·一模）1899年，苏联物理学家列别捷夫首先从实验上证实了“光射到物体表面上时会产生压力”，和大量气体分子与器壁的频繁碰撞类似，将产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表面产生压强，这就是“光压”。某同学设计了如图所示的探测器，利用太阳光的“光压”为探测器提供动力，以使太阳光对太阳帆的压力超过太阳对探测器的引力，将太阳系中的探测器送到太阳系以外。假设质量为m的探测器正朝远离太阳的方向运动，帆面的面积为S，且始终与太阳光垂直，探测器到太阳中心的距离为r，不考虑行星对探测器的引力。已知：单位时间内从太阳单位面积辐射的电磁波的总能量与太阳绝对温度的四次方成正比，即，其中T为太阳表面的温度，为常量。引力常量为G，太阳的质量为M，太阳的半径为R，光子的动量，光速为c。下列说法正确的是（ ）
A．常量的单位为
B．t时间内探测器在r处太阳帆受到太阳辐射的能量
C．若照射到太阳帆上的光一半被太阳帆吸收一半被反射，探测器太阳帆的面积S至少为
D．若照射到太阳帆上的光全部被太阳帆吸收，探测器在r处太阳帆受到的太阳光对光帆的压力
【答案】D
【详解】A．P0是单位时间从太阳单位面积辐射的电磁波的能量，所以单位为，则
则常量的单位为
故A错误；
B．t时间内探测器在r处太阳帆受到太阳辐射的能量
故B错误；
C．辐射到太阳帆的光子的总数
一半光子被吸收，一半反射，则有
其中
联立可得
故C错误；
D．若照射到太阳帆上的光全部被太阳帆吸收，则有
可得探测器在r处太阳帆受到的太阳光对光帆的压力
故D正确。
故选D。
6．（2024·江西·一模）如图所示，假设入射光子的动量为p0，光子与静止的电子发生弹性碰撞。碰后光子的动量大小为p1，传播方向与入射方向夹角为α：碰后电子的动量大小为p2，出射方向与光子入射方向夹角为β。已知光速为c，普朗克常量为h，下列说法正确的是（ ）
A．碰前入射光的波长为B．碰后电子的能量为
C．D．
【答案】C
【详解】A．根据德布罗意公式可知，碰前入射光的波长为
选项A错误；
B．设电子的质量为m，则碰后电子的能量为
选项B错误；
CD．沿光子入射方向的动量守恒，根据动量守恒定律可知
选项C正确，D错误。
故选C。
7．（2024高三下·江西·开学考试）如图所示，平面（纸面）第一象限内有足够长且宽度均为、边界均平行轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅱ的下边界与轴重合。位于处的离子源能释放出质量为、电荷量为、速度方向与轴夹角为的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。下列说法正确的是（ ）
A．速度大小为的离子不能进入区域Ⅱ
B．速度大小为的离子在磁场中的运动时间为
C．恰能到达轴的离子速度大小为
D．恰能到达轴的离子速度大小为
【答案】ABC
【详解】
AB．当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，如图1
则由几何关系解得根据
解得在磁场中运动的周期
所有速度小于的离子都未进入Ⅱ区，速度偏转角都为，运动时间都为
故AB正确；
CD．，且磁场Ⅱ方向向外，则离子进磁场Ⅱ后顺时针偏转，离子恰到轴时速度与轴平行，如图2
取水平向右为正方向，全过程在水平方向由动量定理有
解得
故C正确，D错误。
故选ABC。
8．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，空间等距分布垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为。现有一个边长、质量、电阻的单匝正方形线框，以的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，以下说法正确的是（ ）
A．线框进入第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量
B．线框刚进入第一个磁场区域时，安培力大小为
C．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热
D．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过2个完整磁场区域
【答案】ACD
【详解】A．线框进入第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为
故A正确；
B．线框刚进入第一个磁场区域时，产生的电动势为
线框受到的安培力大小为
故B错误；
C．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中，由于线框上下两边总是同时处在磁场中，则上下两边受到的安培力相互抵消，即线框竖直方向只受重力作用，可认为竖直方向做自由落体运动；水平方向在安培力作用下做减速运动，当水平方向的速度减为零时，线框开始竖直下落；则线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为
故C正确；
D．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中，水平方向根据动量定理可得
又
联立解得
线框穿过1个完整磁场区域，有安培力作用的水平距离为，由于
可知线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过2个完整磁场区域，故D正确。
故选ACD。
9．（2024·湖北·二模）如图所示，质量分别为m、3m、nm的圆弧槽、小球B、小球C均静止在水平面上，圆弧槽的半径为R，末端与水平面相切。现将质量为m的小球A从圆弧槽上与圆心等高的位置由静止释放，一段时间后与B发生弹性正碰，已知重力加速度为g，不计A、B、C大小及一切摩擦。下列说法正确的是（ ）
A．小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为mg
B．若BC发生的是完全非弹性碰撞，n取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同
C．若BC发生的是弹性正碰，当时，碰撞完成后小球C的速度为
D．n取不同值时，C最终的动量不同，其最小值为
【答案】BCD
【详解】A．小球A第一次下滑到圆弧槽最低点时，小球A和圆弧槽组成的系统水平方向上动量守恒，有
根据小球A和圆弧槽组成的系统机械能守恒有
解得
小球A通过圆弧槽最低点时，相对于圆弧槽的速度大小为
根据牛顿第二定律有
联立解得，小球A通过圆弧槽最低点时，受到圆弧槽的支持力为
则小球A通过圆弧槽最低点时对圆弧槽的压力大小为5mg，故A错误；
B．若BC发生的是完全非弹性碰撞，设小球A与B碰撞后，小球B的初速度为，则BC碰撞过程，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得，BC碰撞损失的机械能为
可知，当n取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同，故B正确；
C．小球A与B发生弹性正碰，取向右为正方向，根据动量守恒有
根据机械能守恒有
联立解得
，
若BC发生的是弹性正碰，当时，BC碰撞过程，根据动量守恒有
根据机械能守恒有
联立解得，碰撞完成后小球C的速度为
故C正确；
D．当BC发生的是完全非弹性正碰时，C获得的动量最小。BC碰撞过程，根据动量守恒有
解得，碰撞完成后小球C的速度为
则此时C的动量为
可知，当n取1时，C的动量取最小值为
故D正确。
故选BCD。
10．（2024·湖南岳阳·二模）如图所示，倾角为的足够长的斜面上放有质量均为m相距为L的AB滑块，其中滑块A光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数为，。AB同时由静止开始释放，一段时间后A与B发生第一次碰撞，假设每一次碰撞时间都极短，且都是弹性正碰，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．释放时，A的加速度为B．第一次碰后A的速度为
C．从开始释放到第一次碰撞的时间间隔为D．从开始释放到第二次碰撞的时间间隔为
【答案】AC
【详解】A．A物体沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律
解得
故A正确；
C．对A滑块，设从开始释放A与B第一次碰撞所用时间为，根据运动学
故C正确；
B．第一次碰撞前，A的速度为
设第一碰后A的速度为，B的速度为，则碰撞过程根据动量守恒和动能守恒
联立解得
故B错误；
D．B物体沿斜面下滑时有
解得
两物体相碰后，A物体的速度变为零，以后再做匀加速运动，而B物体将以的速度沿斜面向下做匀速直线运动。设再经t2时间相碰，则有
解得
故从A开始运动到两物体第二次相碰，共经历时间
故D错误。
故选AC。
11．（2024高三下·山西晋中·开学考试）如图所示，质量为的物块P与长木板Q之间有一轻弹簧，静止在光滑的水平地面上，P与弹簧拴接，Q与弹簧接触但不拴接，Q的上表面粗糙。时，物块P以初速度向左运动，时间内物块P与长木板Q的图像如图所示，时刻，把质量为的物块M放在Q的最左端，图中未画出，M最终未从Q上滑出，则（ ）
A．物体Q的质量为
B．时刻弹簧的弹性势能为
C．M和Q之间由于摩擦作用的发热量为
D．弹簧可以和Q发生二次作用
【答案】AC
【详解】A．时刻，所受弹力最大且大小相等，由牛顿第二定律可得
则物体的质量为，故A正确；
B．时刻，弹簧压缩到最短，和速度相等，根据动量守恒
根据能量守恒可得最大弹性势能为
故B错误；
C．时间内，根据动量守恒
根据机械能守恒
联立解得
2t0时刻，和弹簧分离，和之间动量守恒，有
解得
产生的热量为
故C正确；
D．由上分析可知和共速时
弹簧不能和发生二次作用，故D错误。
故选AC。
12．（2024·湖南长沙·二模）如图甲，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态。t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a-t图像如图乙所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是（ ）
A．t1时刻后A、B系统的总动量大小始终为mAS1B．
C．D．t2时刻，弹簧伸长量大于0时刻的压缩量
【答案】AB
【详解】A．a-t图像的面积等于这段时间的速度变化量大小，t=0时刻解除A球锁定，t=t1时刻解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为v1，则有
t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动量等于t1时刻A球的动量，则有
故A正确；
B．由图像可知t1时刻A球的加速度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两球具有相同的速度，设t2时刻A、B两球的速度为v2，从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为
B球的速度变化量大小为
从t1到t2过程，A、B组成的系统满足动量守恒，则有
可得
联立可得
故B正确；
C．t=0到t1时刻，A球速度变化量大小为
从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为
从t1到t2过程，B球的速度变化量大小为
联立可得
故C错误；
D．从t=0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能守恒，则有
说明t=0时刻弹簧的弹性势能大于t2时刻弹簧的弹性势能，即t=0时刻弹簧的压缩量大于t2时刻弹簧的伸长量，故D错误。
故选AB。
13．（2024·广东茂名·二模）甲、乙两位同学利用中国象棋进行游戏。某次游戏中，在水平放置的棋盘上，甲用手将甲方的棋子以0.4m/s的初速度正对乙方棋子弹出，两棋子相碰撞后（碰撞时间极短），甲方棋子速度大小变为0.1m/s，方向不变．两棋子初始位置如图所示，棋子中心与网格线交叉点重合，该棋盘每方格长宽均，棋子直径均为，棋子质量相等均为，棋子与棋盘间的动摩擦因数均为。重力加速度g大小取。求：
（1）甲、乙两棋子相碰时损失的机械能；
（2）通过计算，判断乙方棋子中心是否滑出边界；
（3）甲方棋子从弹出到停下所需的时间。（计算结果保留2位有效数字）
【答案】（1）；（2）不滑出边界；（3）
【详解】（1）设甲、乙两棋子碰撞前瞬间甲棋子的速度大小为，从甲棋子开始运动到甲、乙碰撞前瞬间过程，甲移动距离为
对甲棋子，由动能定理得
代入数据解得
甲、乙两棋子碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间乙棋子的速度大小为，以碰撞前甲棋子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
碰撞过程中损失的机械能为
解得
（2）设乙棋子碰后运动距离停下来，对乙棋子，由动能定理得
解得
即可乙棋子移动距离不够1方格，棋子中心不滑出边界。
（3）对甲棋子从弹出到碰撞前，列动量定理有
解得
碰撞后，对甲棋子，列动量定理有
解得
甲方棋子从弹出到停下所需的时间为
14．（2024·山西临汾·二模）如图所示，倾角为的固定斜面的底端安装一个弹性挡板，质量分别m和4m的物块a、b置于斜面上，a与斜面间无摩擦，b与斜面间的动摩擦因数等于。两物块之间夹有一个劲度系数很大且处于压缩状态的轻质短弹簧（长度忽略不计），弹簧被锁定。现给两物块一个方向沿斜面向下、大小为的初速度，同时解除弹簧锁定，弹簧瞬间完全释放弹性势能，并立即拿走弹簧。物块a与挡板、a与b之间的碰撞均无机械能的损失，弹簧锁定时的弹性势能为，重力加速度为g。求：
（1）弹簧解除锁定后的瞬间a、b的速度大小；
（2）解除锁定，a与b第一次碰撞后，b沿斜面上升的最大高度。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）由于弹簧在瞬间解除锁定，在此瞬间内力远大于外力，a、b系统动量守恒，以沿斜面向下为正方向，有
根据能量守恒
解得
，
（另一组解不符合实际，舍去。）
（2）弹簧瞬间解除锁定后，由于b与斜面的摩擦因数，解除锁定后b保持静止。由于a与斜面间无摩擦，a沿斜面匀加速下滑，与挡板碰撞后原速率反弹，再沿斜面匀减速上滑，直到与b发生碰撞。根据机械能守恒，a与b碰撞前的速度大小仍为，根据动量守恒和能量守恒有
解得
（向下），
之后，对b，根据动能定理
解得
15．（2024·重庆·模拟预测）如题图所示，一边长为的正方体物块静置于足够长的光滑水平面上，该正方体物块内有一条由半径为四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小光滑圆孔道。一质量为的小球（可视为质点），以初速度 沿水平方向进入孔道，恰好能到达孔道最高点。孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力可不计，重力加速度为g。
（1）求该正方体物块的质量；
（2）求小球离开孔道时的速度；
（3）小球从进入孔道至到达孔道最高点的过程中，小球在孔道圆弧部分运动的时间为，求小球到达孔道最高点时，该正方体物块移动的距离。
【答案】（1）；（2），方向水平向右；（3）
【详解】（1）小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有
，
解得
，
（2）小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有
，
解得
，
即小球离开孔道时速度大小为 ，方向与初速度相同， 即水平向右。
（3）小球从进入孔道至到达孔道圆弧部分最高点的过程中，小球和物块组成的系统水平方向动量始终守恒，则有
小球在孔道圆弧部分运动的时间为，则有
其中
，
该时间内，小球和物块的相对位移为
解得
小球离开孔道圆弧部分至到达孔道最高点过程中，小球在竖直方向做竖直上抛运动，则有
该过程中，物块在水平方向做匀速直线运动，此过程物块的位移
其中
解得
综上可知，小球到达孔道最高点时，物块移动的距离
解得
16．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图所示，轨道ABCD由半径的光滑四分之一圆弧轨道AB、长度的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量的物块P和质量的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度；FG段为半径的四分之一光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为，重力加速度，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出（P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧），其中物块P进入CBA轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。
（1）若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的弹力；
（2）若物块P经过CB后恰好能到达A点，试分析物块Q能否冲出小车上的G点，若能冲出G点，求出物块Q从飞离G点到再次回到G点过程中小车通过的位移；若物块Q不能飞离G点，请说明理由；
（3）若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。
【答案】（1）60N，方向竖直向下；（2）能，；（3）
【详解】（1）物块P从B到A过程，根据动能定理有
物块P在B点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下；
（2）物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有
解得
对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有
解得
对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律有
解得
物块P运动时间为
（3）物块被弹开过程有
当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有
解得
由于
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有
解得
综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为
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S
2
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＝ρSvΔt
3
建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
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S
2
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＝nv0SΔt
3
先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算
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