2026高考物理专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题七　动量守恒定律

这是一份2026高考物理专题复习之历年真题精选分类汇编（教师版）_专题七　动量守恒定律，共6页。试卷主要包含了S3分别表示t1到t2时间内A等内容，欢迎下载使用。
题点1 冲量和动量
(2025·广东卷·10)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(F0－12kT)T
C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋(F0－12kT)T
D.T时刻受到空气作用力的大小为34(F0−kT)2＋(mg＋F0−kT2)2
【答案】AB
【解析】由于无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，故无人机处于平衡状态，由于重力不变，拉力方向不变，大小随时间变化，则受到的空气作用力方向必然变化，A正确；无人机在0~T时间内受到的拉力的大小随时间均匀变化，可采用平均值法求解其冲量大小，则有IF＝F0＋F0−kT2T＝(F0－12kT)T，B正确；无人机受到的重力的冲量大小为mgT，由于冲量是矢量，重力和拉力方向不同，所以受到的重力和拉力的合力的冲量大小不等于重力冲量与拉力冲量的代数和，C错误；对无人机受力分析，如图所示，
将空气作用力分解为水平方向的分力Fx，和竖直方向的分力Fy，则有F空气＝Fx2＋Fy2，其中Fx＝(F0－kT)cs 30°＝32(F0－kT)，Fy＝mg＋(F0－kT)sin 30°＝mg＋12(F0－kT)，则有F空气＝34(F0−kT)2＋(mg＋F0−kT2)2，D正确。
【难度】较难题
(2024·黑吉辽·1)2024年5月3日，长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移轨道，火箭升空过程中，以下描述其状态的物理量属于矢量的是( )
A．质量 B．速率
C．动量 D．动能
【答案】C
【解析】动量既有大小、又有方向，是矢量，而质量、速率、动能只有大小没有方向，均是标量。故选C。
【难度】基础题
(2021·湖南卷·2)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p－x图像中的一个点．物体运动状态的变化可用p－x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹．假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( )
【答案】D
【解析】质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，
而动量为p＝mv，
联立可得p＝meq \r(2ax)＝meq \r(2a)·xeq \f(1,2)，且x>0，故正确的相轨迹可能为D.
【难度】基础题
(2023·重庆卷·8)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y=4t−26和y=−2t+140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则( )
A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于失重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg∙m/s
D．MN段无人机机械能守恒
【答案】AB
【解析】A．根据EF段方程y=4t−26
可知EF段无人机的速度大小为v=ΔyΔt=4m/s
B．根据y−t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；
C．根据MN段方程y=−2t+140
可知MN段无人机的速度为v'=Δy'Δt'=−2m/s
则有Δp=mv'−mv=2×(−2)kg⋅m/s−2×4kg⋅m/s=−12kg⋅m/s
可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg∙m/s，故C错误；
MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误.
【关联题点】匀变速规律应用
【难度】基础题
题点2 图像问题
(2025·甘肃卷·14)如图甲所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求：
(1)t＝6 s时F的大小，以及t在0~6 s内F的冲量大小；
(2)t在0~6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f－t图像；
(3)t＝6 s时，物块的速度大小。
【答案】(1)33mg2 93mg2 (2)见解析 (3)112g
【解析】 (1)由题图乙可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F＝3mg4t
所以当t＝6 s时，F＝33mg2
0~6 s内F的冲量为F－t图像围成的面积，即I＝12×332mg×6＝932mg
(2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin 30°＝μmgcs 30°
即μ＝tan 30°＝33，此后F增大FN减小，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力，在垂直杆方向，当Fsin θ＝mgcs θ时，t＝4 s，则0~4 s，垂直杆方向Fsin θ＋FN＝mgcs θ
摩擦力f＝μFN＝33(32mg－38mgt)＝(12－18t)mg(0≤t≤4 s)
在4~6 s内，垂直杆方向Fsin θ＝mgcs θ＋FN
摩擦力f＝μFN＝33(38mgt－32mg)＝(18t－12)mg(4 smB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1－S2＝S3
【答案】ABD
【解析】由于在0～t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有F墙＝F弹，则墙对B的冲量大小等于弹簧对B的冲量大小，而弹簧既作用于B也作用于A，则可将研究对象转换为A，撤去F后A水平方向只受弹力作用，则根据动量定理有I＝mAv0(方向向右)，则墙对B的冲量与弹簧对A的冲量大小相等、方向相同，A正确；由a－t图像可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹＝mAaA＝mBaB，由题图(b)可知aB>aA，则mB(vN'－vN)，故mPmN；综上可得mQ>mN>mP，故选D。
【难度】中档题
(2024·江苏卷·9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则( )
A.弹簧原长时A动量最大
B.压缩最短时A动能最大
C.系统动量变大
D.系统机械能变大
【答案】A
【解析】对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，C、D错误；
滑板A受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由kx=ma知滑板做加速度减小的加速运动，弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A动量最大，动能最大，故A正确，B错误。
【难度】基础题
(2024·江苏卷·14)嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为v，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：
(1)分离后A的速度大小v1；
(2)分离时A对B的推力大小。
【答案】(1)(m+M)v0−Mvm (2)M(v−v0)Δt
【解析】(1)组合体分离前后动量守恒，取v0的方向为正方向，有(m+M)v0=Mv+mv1
解得v1=(m+M)v0−Mvm
(2)以B为研究对象，对B由动量定理有
FΔt=Mv-Mv0
解得F=M(v−v0)Δt。
【难度】基础题
(2023·新课标卷·19)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【解析】如图所示：
根据牛顿第二定律：a甲＝eq \f(F－Ff1,m甲)＝eq \f(F,m甲)－μg，a乙＝eq \f(F,m乙)－μg，由于m甲>m乙，所以a甲Ff2，所以对于整个系统不满足动量守恒，所以甲的动量大小与乙的不相等，选项C错误；对于整个系统而言，由于Ff1>Ff2，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，故甲的动量大小比乙的小，选项B、D正确。
【难度】基础题
(2021河北卷·13)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为μ＝eq \f(1,12)，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝eq \f(7,25)，cs θ＝eq \f(24,25)，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度大小．
【答案】(1)9 m (2)7.44 m/s
【解析】(1)设斜面长度为L，背包质量为m1，背包在斜面上滑行的加速度为a1，
由牛顿第二定律有m1gsin θ－μm1gcs θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，
由运动学公式得L＝eq \f(1,2)a1(t＋t0)2
L＝v0t＋eq \f(1,2)a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)
故可得L＝9 m.
(2)背包和滑雪者到达水平滑道时的速度分别为v1、v2，有
v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，滑雪者与背包系统在光滑水平面上所受外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝7.44 m/s.
【难度】基础题
(2022北京卷·10)质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
【答案】C
【解析】x－t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为v0＝eq \f(4,1) m/s＝4 m/s，m2碰前的速度为0，A错误；两物体正碰后，m1碰后的速度大小为v1＝eq \f(4,3－1) m/s＝2 m/s，m2碰后的速度大小为v2＝eq \f(8－4,3－1) m/s＝2 m/s，碰后两物体的速率相等，B错误；两物体碰撞过程中满足动量守恒定律，即m1v0＝－m1v1＋m2v2，解得两物体质量的关系为m2＝3m1，根据动量的表达式p＝mv，可知碰后m2的动量大于m1的动量，C正确；根据动能的表达式Ek＝eq \f(1,2)mv2，可知碰后m2的动能大于m1的动能，D错误。
【难度】基础题
(2021·广东卷·13)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零．如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1.现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2.
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间．
【答案】见解析
【解析】(1)由牛顿第二定律可得，
甲、乙滑动时均有f＝μmg＝ma
则甲、乙滑动时的加速度大小均为a＝μg＝1 m/s2
设甲与乙碰前的速度为v1，则2as1＝v02－v12
解得v1＝0.3 m/s
甲、乙碰撞时由动量守恒定律有mv1＝mv2＋mv3
解得碰后乙的速度v3＝0.2 m/s
然后乙做匀减速运动，当速度减为零时有
s＝eq \f(v\\al(32),2a)＝eq \f(0.22,2×1) m＝0.02 m＝s2
可知乙恰好能滑到边框a；
(2)甲与乙碰前运动的时间
t1＝eq \f(v0－v1,a)＝eq \f(0.4－0.3,1) s＝0.1 s
碰后甲运动的时间t2＝eq \f(v2,a)＝eq \f(0.1,1) s＝0.1 s
则甲运动的总时间为t＝t1＋t2＝0.2 s
【关联题点】牛顿第二定律
【难度】基础题
考点3 动量守恒中的几类典型模型
题点1 人船模型
(2023·湖南卷·15)如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；
(2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程；
(3)若eq \f(M,m)＝eq \f(b,a－b)，求小球下降h＝eq \f(b,2)高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。
【答案】(1)eq \r(\f(2m2gb,M2＋Mm)) eq \f(m,M＋m)a (2)eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x(M＋m)－ma))2,M2a2)＋eq \f(y2,b2)＝1 (3)2beq \r(\f(g,a＋3b))
【解析】(1)小球运动到最低点的时候小球和凹槽在水平方向上系统动量守恒，取向左为正方向有0＝mv1－Mv2
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒mgb＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22
联立解得v2＝eq \r(\f(2m2gb,M2＋Mm))
因任何时候系统在水平方向都动量守恒，
故0＝meq \x\t(v)1－Meq \x\t(v)2，meq \x\t(v)1＝Meq \x\t(v)2
两边同时乘t可得mx1＝Mx2
且由几何关系可知x1＋x2＝a
联立解得x2＝eq \f(m,M＋m)a
(2)小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为(x，y)时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据上式有m(a－x)＝M·Δx
此时小球仍在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为eq \f((x－Δx)2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1
联立得eq \f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x(M＋m)－ma))2,M2a2)＋eq \f(y2,b2)＝1
(3)将eq \f(M,m)＝eq \f(b,a－b)代入小球的轨迹方程化简可得eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x－(a－b)))2＋y2＝b2
即此时小球的轨迹为以坐标(a－b，0)为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为eq \f(b,2)时如图
可知此时小球速度方向和水平方向的夹角为60°，小球下降eq \f(b,2)的过程中，系统水平方向动量守恒
0＝mv3cs 60°－Mv4
系统机械能守恒
mgeq \f(b,2)＝eq \f(1,2)mv32＋eq \f(1,2)Mv42
联立得v3＝eq \r(\f(4gb2,a＋3b))＝2beq \r(\f(g,a＋3b))。
【难度】较难题
(2021·山东卷·11)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是( )
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
C．d=1+mM2Hv02g+H2
D．d=2Hv02g+1+mM2H2
【答案】BC
【解析】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律Mv=mv0
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度v，热气球所受合外力恒为mg，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，故A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为a=mMg
物资落地H过程所用的时间t内，根据H=12gt2解得落地时间为t=2Hg
热气球在竖直方向上运动的位移为HM=12at2=12⋅mMg⋅2Hg=mMH
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
xm=v0t=v02Hg
xM=vt=mMv0⋅2Hg
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
d=(xm+xM)2+(H+HM)2=(1+mM)2Hv02g+H2
故C正确，D错误.
【难度】中档题
题点2 碰撞模型
(2025·甘肃卷·4)如图，小球A从距离地面20 m处自由下落，1 s末恰好被小球B从左侧水平击中，小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g取10 m/s2，则碰撞前小球B的速度大小v为( )
A.1.5 m/sB.3.0 m/s
C.4.5 m/sD.6.0 m/s
【答案】B
【解析】根据题意可知，小球A和B碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向上A球的竖直速度不变，设碰撞后A球水平速度为v1，B球水平速度为v2，则有mv＝mv1＋mv2，碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒定律有12mv2＝12mv12＋12mv22，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A在竖直方向上做匀加速直线运动，则有h＝12gt2，解得t＝2 s，可知，碰撞后，小球A运动t'＝1 s落地，则水平方向上有x＝vt'，解得v＝3.0 m/s，故选B。
【难度】中档题
(2025·广东卷·7)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2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( )
【答案】A
【解析】根据牛顿第二定律a＝Fm，两小球所受外力F大小相等，由v－t图像的斜率表示加速度可知，M、N的加速度大小之比为4∶6＝2∶3，则M、N的质量之比为3∶2；设M、N的质量分别为3m和2m；由图像可设M、N碰前的速度大小分别为4v和6v，因M、N系统所受合外力为零，则系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有3m×4v＋2m×(－6v)＝3mv1＋2mv2，若系统为弹性碰撞，由能量守恒定律可知12×3m×(4v)2＋12×2m×(－6v)2＝12×3mv12＋12×2mv22，解得v1＝－4v、v2＝6v，因碰撞后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，即两小球一起停止，故B、D错误；若不是弹性碰撞，则3m×4v＋2m×(－6v)＝3mv1＋2mv2，可知碰后速度大小之比为|v1|∶|v2|＝2∶3，若假设v1＝－2v，则v2＝3v，此时满足12×3m×(4v)2＋12×2m×(－6v)2>12×3mv12＋12×2mv22，则假设成立，因碰撞后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大小之比为4v∶2v＝2∶1，可知碰撞前后运动时间之比为2∶1，故A正确，C错误。
【难度】较难题
(2021·福建卷·15)如图(a)，同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为2L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q(Q>0)。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图(b)所示。一电荷量为Q(Q>0)的小球S1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图(c)所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。
(1)求小球S1在M点所受电场力大小。
(2)当小球S1运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知S1与S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为4kQ23L，碰撞时间极短。求碰撞前S2的动量大小。
(3)现将S2固定在N点，为保证S1能运动到N点与之相碰，S1从M点下落时的初动能须满足什么条件？
【答案】(1)2kQ24L2；(2)8kQ2gL9gL2；(3)Ek>(13−82)kQ227L
【解析】(1)设A到M点的距离为RM，A点的电荷对小球S1的库仑力大小为FA，由库仑定律有FA=kQ2RM2 ①
设小球S1在M点所受电场力大小为FM，由力的合成有FM=2FAsin45° ②
联立①②式，由几何关系并代入数据得FM=2kQ24L2 ③
(2)设O点下方L2处为C点，A与C的距离为RC，小球S1在C处所受的库仑力大小为FC，由库仑定律和力的合成有FC=2kQ2RC2sinθ ④
式中sinθ=OCRC
设小球S1的质量为m1，小球S1在C点的加速度大小为a，由牛顿第二定律有
FC+m1g=m1a ⑤
由图(c)可知，式中a=2g
联立④⑤式并代入数据得m1=8kQ227gL2 ⑥
设S2的质量为m2，碰撞前、后S1的速度分别为v1，v1'，S2碰撞前、后的速度分别为v2，v2'，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有
m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' ⑦
12m1v12+12m2v22=12m1v1'2+12m2v2'2 ⑧
设小球S2碰撞前的动量为p2，由动量的定义有p2=m2v2 ⑨
依题意有
12m1v12=12m1v1'2=4kQ23L
m1=m2
联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得p2=−8kQ2gL9gL2⑩
即碰撞前S2的动量大小为8kQ2gL9gL2。
(3)设O点上方L2处为D点。根据图(c)和对称性可知，S1在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，S1在此处加速度为0；S1在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证S1能运动到N点与S2相碰，S1运动到D点时的速度必须大于零。
设M点与D点电势差为UMD，由电势差定义有UMD=φM−φD ⑪
设小球S1初动能为Ek，运动到D点的动能为EkD，由动能定理有
m1g(MO−DO)+QUMD=EkD−Ek ⑫
EkD>0 ⑬
由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依据图(b)所给数据，并联立⑥⑪⑫⑬式可得Ek>(13−82)kQ227L ⑭
【关联题点】动能定理
【难度】较难题
(2023·天津卷·12)已知A、B两物体mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从h＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)碰撞时离地高度x；
(2)碰后速度v；
(3)碰撞损失机械能ΔE。
【答案】(1)1 m (2)0 (3)12 J
【解析】(1)对物体A，根据运动学公式可得
x＝h－eq \f(1,2)gt2＝1.2 m－eq \f(1,2)×10×0.22 m＝1 m
(2)设B物体从地面竖直上抛的初速度为vB0，根据运动学公式可知
x＝vB0t－eq \f(1,2)gt2
解得vB0＝6 m/s
可得碰撞前A物体的速度
vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前B物体的速度
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后速度v＝0
(3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2＝12 J
【难度】中档题
(2023·北京卷·18)如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
(1)A释放时距桌面的高度H；
(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
【答案】(1)eq \f(v2,2g) (2)mg＋meq \f(v2,L) (3)eq \f(1,4)mv2
【解析】(1)A从释放到与B碰撞前瞬间，根据动能定理得
mgH＝eq \f(1,2)mv2
解得H＝eq \f(v2,2g)
(2)碰撞前瞬间，对A由牛顿第二定律得
F－mg＝meq \f(v2,L)
解得F＝mg＋meq \f(v2,L)
(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得
mv＝2mv1
解得v1＝eq \f(1,2)v
则碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)·2m(eq \f(1,2)v)2＝eq \f(1,4)mv2。
【难度】中档题
(2022·湖南卷·4)1932年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子(即中子)组成．如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为v1和v2.设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是( )
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
【答案】B
【解析】设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝mv1＋mv3
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)mv32
联立解得v1＝v0
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，取v0的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0＝14mv2＋mv4
eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×14mv22＋eq \f(1,2)mv42
联立解得v2＝eq \f(2,15)v0，
可得v1＝v0>v2
碰撞后氢核的动量为pH＝mv1＝mv0
氮核的动量为pN＝14mv2＝eq \f(28mv0,15)
可得pN>pH
碰撞后氢核的动能为EkH＝eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv02
氮核的动能为EkN＝eq \f(1,2)×14mv22＝eq \f(28mv02,225)
可得EkH>EkN
故B正确，A、C、D错误．
【难度】中档题
(2021·湖北卷·15)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切．在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动．A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零．已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力．
(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能．
【答案】(1)2R (2)mgsin θeq \r(2gRcs θ)
(3)eq \r(10)mgR
【解析】(1)设 B到半圆弧轨道最高点时速度为v2′，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得
mg＝meq \f(v2′2,R)
B离开最高点后做平抛运动，
则在竖直方向上有2R＝eq \f(1,2)gt2
在水平方向上有x＝v2′t
联立解得x＝2R
(2)对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得
mgRcs θ＝eq \f(1,2)mvD2
由于对A做功的力只有重力，
则A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsin θ
解得P＝mgsin θeq \r(2gRcs θ)
(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q到最高点的过程，
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)mv2′2＋mg·2R
解得v2＝eq \r(5gR)
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv12＝mgR
解得v1＝eq \r(2gR)
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，
由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
解得v0＝eq \r(2gR)＋eq \r(5gR)
碰撞过程中A和B损失的总动能为
ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv22
解得ΔE＝eq \r(10)mgR.
【关联题点】机械能守恒定律
【难度】中档题
(2020·天津卷·11)长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g，求
(1)A受到的水平瞬时冲量I的大小；
(2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？
【答案】(1)m15gl (2) 5gl(2m1+m2)22m2
【解析】(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
m1g＝m1v2l
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有
12m1vA2＝12m1v2＋2m1gl
联立解得vA＝5gl
由动量定理，有I＝m1vA＝m15gl
(2)设两球粘在一起时速度大小为v′，若A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
v′＝vA
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，设以此方向为正方向，B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′
联立解得vB＝5gl(2m1+m2)m2
又Ek＝12m2vB2
可得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为
Ek＝5gl(2m1+m2)22m2
【关联题点】机械能守恒定律
【难度】中档题
题点3 爆炸与反冲
(2025·北京卷·17)某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t到达最高点。在最高点该物体炸裂成A、B两部分，质量分别为2m和m，其中A以速度v沿水平方向飞出。重力加速度为g，不计空气阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小v0；
(2)炸裂后瞬间B的速度大小vB；
(3)A、B落地点之间的距离d。
【答案】(1)gt (2)2v (3)3vt
【解析】(1)物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式0＝v0－gt
可得v0＝gt
(2)爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。以A的运动方向为正方向，A速度为v，设B速度大小为vB，由动量守恒定律得0＝2m·v－m·vB
解得vB＝2v
(3)根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A的水平位移xA＝vt
B的水平位移xB＝vBt＝2vt
所以落地点A、B之间的距离d＝xA＋xB＝vt＋2vt＝3vt。
【难度】基础题
(2021天津卷·11)一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等．弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力．求：
(1)玩具上升到最大高度eq \f(3,4)时的速度大小；
(2)两部分落地时速度大小之比．
【答案】(1)eq \f(1,2)v0 (2)2
【解析】(1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度eq \f(3,4)h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，整个运动过程有0－v02＝－2gh
玩具上升到最大高度eq \f(3,4)时有v2－v02＝－2geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)h))
两式联立解得v＝eq \f(1,2)v0.
(2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2.
依题意，动能关系为eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v02
玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，
有m1v1－m2v2＝0
分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v1′、v2′，
则有v1′＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(12))，v2′＝eq \r(v\\al(02)＋v\\al(22))
结合m1∶m2＝1∶4，解得eq \f(v1′,v2′)＝2.
【难度】中档题
(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力．下列说法正确的是( )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
【答案】B
【解析】设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝eq \r(x2＋y2)，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，vt＝(5－t)×340，又2vt＝(6－t)×340，联立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸点离地面高度为h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，所以B项正确，C项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx＝3vt＝1 020 m，故D项错误．
【难度】基础题
(2020·江苏卷·12)一只质量为1.4 kg的乌贼吸入0.1 kg的水，静止在水中．遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2 m/s的速度向前逃窜．求该乌贼喷出的水的速度大小v.
【答案】28 m/s
【解析】对乌贼和吸入的水，由动量守恒定律得0＝MV－mv，代入数据得v＝28 m/s.
【难度】基础题
考点4 动量和能量的综合应用
题点1 板块类问题
（2025·浙江1月选考·8）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1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s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0.75 m，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0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
【答案】D
【解析】 碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；
设水平向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒
mvA-mvB=2mv1，解得v1=1 m/s
方向向右；当三者共速时
2mv1-mvC=3mv，解得v=0，
即最终三者一起静止，可知经历的时间
t=vCμg=20.5×10 s=0.4 s，选项B错误；
碰撞后到三者相对静止时由摩擦产生的热量
Q=12×2mv12+12mvC2=3 J，选项C错误；
碰撞后到三者相对静止由能量关系可知
Q=μmgx相对
可得x相对=0.6 m，选项D正确。
【难度】 中档题
(2022·河北卷·13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新物块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10 m/s2.
(1)若00
则新滑板速度方向也向右．
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
v物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s＝2.5 m/s
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为
v滑′＝eq \f(10－20k,3) m/s＝0
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，设相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得m′v物′＝(m′＋M′)v共
解得v共＝1 m/s
根据能量守恒可得
μm′gx相＝eq \f(1,2)m′(v物′)2－eq \f(1,2)(m′＋M′)v共2
解得x相＝1.875 m.
【难度】中档题
(2021·海南卷·17)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】(1)v共 = 2v03；(2)x = 7v0225μg；(3)t = v0μg，W = mv02
【解析】(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0 = 3mv共
解得v共 = 2v03
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木 = 2v滑
再根据动量守恒定律有2mv0 = 2mv木 + mv滑
联立化简得v滑 = 25v0，v木 = 45v0
再根据功能关系有- μmgx = 12 × 2mv木2 + 12mv滑2 - 12 × 2mv02
经过计算得x = 7v0225μg
(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F = μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑 = μg
滑块相对木板静止时有v0 = a滑t
解得t = v0μg
则整个过程中木板滑动的距离为x′ = v0t = v02μg
则拉力所做的功为W = Fx′ = mv02
【难度】中档题
(2023·海南卷·18)如图所示，有一固定的光滑eq \f(1,4)圆弧轨道，半径R＝0.2 m，一质量为mB＝1 kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3 kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。求：
(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？
(2)若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？
(3)在0.16 m