新高考物理二轮复习提分讲与练专题07 动量定理、动量守恒定律（培优专练）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理二轮复习提分讲与练专题07 动量定理、动量守恒定律（培优专练）（2份，原卷版+解析版）试卷主要包含了新情境【嫦娥六号探测器】，新情境【弹棋】，新考法，新情境【舂等内容，欢迎下载使用。

1．新情境【嫦娥六号探测器】（2026·安徽省合肥市·上学期第三次阶段性测试）嫦娥六号探测器顺利从月球背面取回月壤，彰显了我国强大的科技实力。当探测器竖直向下喷射出横截面积为S，密度为ρ，速度大小为ν的气体时，能悬停在距离月球表面h处（h远小于月球半径）。现探测器先关闭发动机自由下落，然后再打开发动机以另一速度向下喷气，使探测器匀减速到达月球表面时速度恰好减为零（此过程中发动机喷气的速度远大于探测器下落的速度），实现安全着陆。已知月球表面重力加速度为（g为地球表面重力加速度）。忽略喷射气体的重力及空气阻力，则（ ）
A. 探测器对喷射气体的冲量大小大于喷射气体对探测器的冲量大小
B. 悬停时探测器单位时间内喷出气体的质量为
C. 探测器的质量为
D. 探测器匀减速下降过程中发动机向下喷气速度大小为2v
【答案】C
【解析】A． 探测器对喷射气体的力与喷射气体对探测器的力，二者为相互力，大小相同，作用时间也相同，冲量关系为大小相等，方向相反，A错误；
B． 悬停时，单位时间内喷出气体为，B错误；
C． 设在时间内喷出气体的质量为，气体的反推力为
根据动量定理
可得
悬停时，根据平衡探测器平衡
可得 ，C正确；
D． 探测器自由下落后速度为
匀减速至0的位移为，速度
解得
根据牛顿第二定律
即反推力大小需满足
设喷气速度为，反推力
代入
并结合悬停时
得 ，D错误。
故选C。
2．新考法（2026·湖南省长沙市集团联考·一模）人们越来越深刻地认识到冰山对环境的重要性，冰山的移动将给野生动物带来一定影响。为研究冰山移动过程中表面物体的滑动，小星找来一个足够长的水槽，将质量为长为L的车厢放在水槽中模拟冰山，车厢内有一个质量为、体积可以忽略的滑块。车厢的上下表面均光滑，车厢与滑块的碰撞均为弹性碰撞且忽略碰撞的时间。开始时水槽内未装水，滑块与车厢左侧的距离为。在车厢上作用一个大小为，方向水平向右的恒力，当车厢即将与滑块发生第一次碰撞时撤去水平恒力。
（1）求车厢即将与滑块发生第一次碰撞时车厢的速度的大小；
（2）求从车厢与滑块发生第一次碰撞到发生第二次碰撞的过程中，车厢的位移；
（3）若在水槽中装入一定深度的水，车厢在水槽中不会浮起。开始时滑块与车厢左侧的距离为，由于外界碰撞，车厢在极短时间内速度变为，方向水平向右。车厢移动过程中受到水的阻力大小与速率的关系为（为已知常数），除第一次碰撞以外，以后车厢与滑块之间每次碰撞前车厢均已停止。求全程车厢通过的总路程。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
对车厢，由动能定理可得
解得
【小问2详解】
车厢与滑块的碰撞为弹性碰撞，设第一次碰撞后车厢和滑块的速度分别为vM和vm，由机械能守恒定律
根据动量守恒定律
解得
第一次碰撞到第二次碰撞之间，车厢与滑块的位移分别为xM，xm，则有
位移关系为
联立解得
【小问3详解】
每一次碰撞后车厢的运动过程中，由动量定理
即
累加后得
第一次碰撞前，车厢的路程为d，所以
碰撞前车厢的速度
设第n次碰撞后，车厢的速度为vn，滑块的速度为，第n次碰撞至停下，车厢的路程为sn。第一次碰撞，由机械能守恒定律
动量守恒定律
解得
第一次碰撞后，对车厢
解得
第二次碰撞，由机械能守恒定律
根据动量守恒定律
解得
所以第二次碰撞后车厢的路程
此后的每次碰撞前滑块的速度大小都变为前一次的倍，车厢均静止。
所以第三次碰撞后车厢的路程
第四次碰推后车厢的路程
第n次碰撞后车厢的路程
根据等比数列求和公式求得车厢在第二次及以后的路程之和
所以
3．新情境【弹棋】（2026·广东省清远市·一模）弹棋是中国古代棋类游戏，晋人徐广《弹棋经》曰，“二人对局，黑白各六枚，先列棋相当，下呼上击之”。弹射过程简化如下：在水平桌面上放置两个质量、大小、材料都相同的棋子，其中A为黑棋、B为白棋（均可视为质点），将黑棋A从左侧以某一初速度快速弹出，两棋子发生正碰（碰撞时间极短），测得两棋子从碰后到停止滑行的距离分别为、L，下列说法正确的是（ ）
A. 两棋子发生的是弹性碰撞
B. 碰撞过程中A、B两棋子所受冲量大小之比为1：2
C. 碰后瞬间A、B两棋子的动量大小之比为1：2
D. 碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为1：4
【答案】C
【解析】ACD．根据题意，设棋子的质量为，与棋盘的动摩擦因数为，碰撞前棋子的速度为，碰撞后A、B两棋子的速度分别为、，由动能定理有，
由动量守恒定律有
联立解得，
碰后瞬间A、B两棋子的动量大小之比为
碰撞过程中损失的机械能为
碰撞过程损失的机械能与碰撞前瞬间A棋子的动能之比为，故AD错误，C正确；
B．碰撞过程中A、B之间作用力为相互作用力，大小相等，方向相反，则碰撞过程中A、B两棋子所受冲量大小之比为，故B错误。
故选C。
4．新考法（2026·吉林省九校·联合模拟考试）图为环卫工人用高压水枪冲洗马路情景：射向地面的水看成横截面积为S的水柱，以速度大小为v（方向与地面成53°角）喷到水平地面，随即以与地面成37°角被溅起，溅起时的速率为，设水对地面作用力与地面成θ角，则θ的正切值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选取质量为Δm的水为研究对象，设水与地面的作用时间为Δt，取向右为正方向，水平方向根据动量定理得
取竖直向上为正方向，竖直方向根据动量定理得
解得
故选C。
5．新情境【古法榨油】（2026·广东省清远市·一模）如图甲所示，《天工开物》中提到一种古法榨油一撞木榨油，其过程简化为石块撞击木楔，挤压胚饼，重复撞击，榨出油来。现有一长度l=4m的轻绳，上端固定于屋梁，下端悬挂一质量M=180kg的石块，可视为质点。如图乙所示，将石块拉至轻绳与竖直方向成37°角的位置，石块由静止释放，运动至最低点时与质量m=20kg的木楔发生正碰，不计撞击过程的机械能损失，撞击时间t=0.05s，每次撞击后立即将石块拉回原位置。重力加速度g取 。求：
（1）撞击前，石块在最低点对轻绳的拉力大小T；
（2）撞击后瞬间木楔的速度和石块对木楔撞击的平均作用力大小 F；
（3）石块每次在同一位置释放并在最低点撞击木楔。木楔向里运动过程中所受的阻力与它的位移关系如图丙所示。要木楔移动的位移 石块至少需撞击多少次木楔。
【答案】（1）
（2） （3）4
【解析】
【小问1详解】
石块运动到最低点过程，根据动能定理有
根据牛顿第二定律有
联立解得
【小问2详解】
石块与木楔碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则有
根据机械能守恒有
解得
对石块进行分析，根据动量定理有
根据牛顿第三定律，可知石块对木楔的撞击力大小
联立解得
【小问3详解】
根据木楔的阻力与位移图像关系有
木楔移动需克服阻力做的功
根据能量守恒定律有
解得
故要木楔移动的位移，石块需撞击4次木楔。
6．新考法（2026·北京市通州区·上学期期中考试）“反向蹦极”是蹦极运动中的一种形式，其情景如图所示。弹性轻绳的上端固定在点，竖直拉长后将下端固定在某游客的身上，并与固定在地面上的力传感器相连，此时传感器示数为。打开扣环，游客从点由静止释放，上升到点时弹性绳恢复原长，再经点继续上升到最高点。已知该游客与装备（可视为质点）总质量为，忽略空气阻力和弹性绳的重力，重力加速度取。下列说法正确的是（ ）
A. 打开扣环瞬间，游客的加速度大小为
B. 从到过程，游客做加速度减小的加速运动
C. 从到过程，弹性绳对游客的冲量等于游客的动量变化量
D. 若换成体重较轻的游客，在相同初始条件下，其上升的最高位置将高于点
【答案】D
【解析】A．传感器示数，设此时弹性绳的弹力大小为F，由平衡条件有
解得
打开扣环瞬间，由牛顿第二定律有
解得，故A错误；
B．游客从A到B过程，弹性绳的拉力大于人的重力，随着人向上运动，弹性绳的伸长量减小，弹性绳的弹力减小，人所受合力减小，加速度减小，到达B点时弹性绳的弹力等于零，合外力等于重力，方向竖直向下，游客向上减速，因此在A、B之间存在一个平衡位置，该位置弹性绳的拉力等于游客的重力，故从到过程，游客先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动，故B错误；
C．根据动量定理，游客所受合外力的冲量等于其动量的变化量，从到过程，游客受到弹性绳的拉力和重力两个力作用，因此弹性绳的冲量和重力的冲量的矢量和才等于游客动量的变化量，故C错误；
D．根据能量守恒，弹性绳的弹性势能转化为游客的重力势能，有
若换成体重较轻的游客，在相同初始条件下，弹性绳的弹性势能相等，游客质量减小，则上升的高度增加，所以其上升的最高位置将高于点，故D正确。
故选D。
7．新情境【舂（chōng）米装置】（2026·广东省汕头市金山中学·上学期阶段考试）（多选）《天工开物》中记载了一种舂（chōng）米装置，曾在农村广泛应用，如图所示。某次操作时，人将谷物倒入石臼内，然后通过杠杆的运作，把质量为10kg的碓抬高20cm后从静止释放，碓在重力作用下向下运动打在石臼内，碓的下落过程可简化为自由落体。设碓与谷物作用0.05s后静止，从而将谷物研磨成米粒。取g=10m/s2，不计空气阻力，则下列说法中正确的有（ ）
A. 碓从释放到静止过程中，合外力冲量向下
B. 碓从释放到静止的过程中，重力的冲量为25
C. 碓与谷物相互作用中，碓和谷物组成的系统动量守恒
D. 碓与谷物相互作用中，碓对谷物的平均作用力为500N
【答案】BD
【解析】A．碓从释放到静止的过程中，初末速度为零，则动量的变化为零，故合外力的冲量为零，故A错误；
B．设碓的自由下落过程所用时间为，则
得
碓与谷物作用时间
碓从释放到静止的过程中，重力的冲量
故B正确；
C．碓与谷物相互作用中，碓和谷物组成的系统初动量不为零，末动量为零，动量不守恒，故C错误；
D．对碓，取向上为正方向，根据动量定理
解得
由牛顿第三定律可知，碓对谷物的平均作用力约为，故D正确。
故选BD。
8．新考法（2026·河南省郑州市宇华实验学校·一模）春耕、夏耘、秋收、冬藏，四者不失时，故五谷不绝。”中华文化的核心根基和重要源头在于农耕文化。其中，唐朝文人陈廷章在《水轮赋》中以“水能利物，轮乃曲成”来描述筒车的功用。下图为简易筒车的示意图。筒车由转速恒定的转轴、六根竹支杆、半径为R的圆形转轮和多个完全一样的质量为m的水筒组成。水筒在最低点时恰好完成汲水，其中每一次汲水质量为m₀，当水筒随着转轮顺时针转到最高点处时，水筒将水完全倒出至支架（图中未标出）上完成水的转运，倒出后瞬间水筒的动能减至Eₖ，空气阻力忽略不计。求：
（1）求筒车的转速n；
（2）当水筒在最低点恰好完成汲水时，该水筒对转轮的作用力F （忽略水的浮力）；
（3）汲满水后，水筒由最低点第一次运动至转轮圆心时，转轮对该水筒的冲量I大小 （水筒长度远小于转轮半径可忽略不计）。
【答案】（1）
（2），方向竖直向下
（3）
【解析】
【小问1详解】
设此时水筒线速度大小为v，有
且有，
解得
【小问2详解】
设此时轮对水筒的拉力为F'，由牛顿第二定律，对汲水后的水筒有
解得
根据牛顿第三定律
方向竖直向下。
【小问3详解】
由动量定理，竖直方向上
水平方向上
运动时间
由冲量合成
解得
建议用时：45min
1．（2026·安徽省合肥市第八中学·模拟预测）（多选）带电粒子碰撞实验中，时粒子A静止，粒子B以一定的初速度向A运动。两粒子的图像如图所示，仅考虑静电力的作用，且A、B未接触。则（ ）
A. 粒子B在时间内动能一直减小B. 两粒子在时刻的电势能最大
C. 粒子A的质量大于粒子B的质量D. 粒子A在时刻的加速度最大
【答案】BC
【解析】A．粒子B在时间内速度先减小后反向增加，可知动能先减小后增加，故A错误；
B．两粒子在时刻共速，此时两粒子相距最近，此时两粒子的电势能最大，故B正确；
C．由图可知，时刻有
在时刻有
两粒子运动过程动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
又由于
所以有
故C正确；
D．两粒子在时刻共速，此时两粒子相距最近，库仑力最大，此时粒子A的加速度最大，故D错误。
故选BC。
2．（2026·安徽省合肥市·上学期第三次阶段性测试）（多选）如图所示，某同学在冰面上进行“滑车”练习，开始该同学站在A车前端以共同速度v0＝9 m/s做匀速直线运动，在A车正前方有一辆静止的B车，为了避免两车相撞，在A车接近B车时，该同学迅速从A车跳上B车，立即又从B车跳回A车，此时A、B两车恰好不相撞，已知人的质量m＝25 kg，A车和B车质量均为mA＝mB＝100 kg，若该同学跳离A车与跳离B车时对地速度的大小相等、方向相反，不计一切摩擦。则下列说法正确的是（ ）
A. 该同学跳离A车和B车时对地速度的大小为10 m/s
B. 该同学第一次跳离A车过程中对A车冲量的大小为250 kg·m/s
C. 该同学跳离B车的过程中，对B车所做的功为1 050 J
D. 该同学跳回A车后，他和A车的共同速度为8 m/s
【答案】AC
【解析】D．因为A、B刚好不相撞，则最后具有相同的速度，在该同学跳车的过程中，把该同学、A车、B车看成一个系统，该系统所受合外力为零，动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
方向向右，故D错误；
A．设该同学跳离A车和B车的速度大小为，则在与B车相互作用的过程中，由动量守恒定律得
代入数据解得
故A正确；
B．设该同学第一次跳离A后的速度为vA，则由动量守恒定律有
解得
根据动量定理，对A车的冲量大小等于A车动量的变化量，即
所以该同学第一次跳离A车过程中对A车冲量的大小为125 kg·m/s，故B错误；
C．该同学跳上B车后，根据动量守恒定律可得
解得
该同学跳离B车过程中，对B车做的功等于B车动能的变化量，即
故C正确。
故选AC。
3．（2026·广西南宁市·适应性大联考）如图所示，足够长的光滑金属轨道和固定在距地面足够高的水平面上，轨道间距为，轨道间存在垂直轨道平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场。轨道间连接开关和电源，电源电动势为，内阻为。两根电阻均为的金属棒、垂直轨道放置并锁定，一绝缘轻绳一端连接金属棒的中点，另一端跨过光滑定滑轮与重物连接。闭合开关S，解锁，刚好处于静止状态。断开开关，一段时间后匀速运动，然后解锁，并将此时记为零时刻，从时刻开始回路中电流保持不变。已知定滑轮左侧轻绳始终保持水平，、、质量相等，两金属棒运动过程中始终与轨道垂直且接触良好，金属轨道电阻不计，重力加速度为。求：
（1）重物的质量；
（2）金属棒匀速运动时的速度大小；
（3）时刻，金属棒的速度大小。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
闭合开关，回路中的总电阻为
①
设流过金属棒的电流大小为，由闭合电路欧姆定律得
②
解锁金属棒，恰好处于静止状态，设的质量为，则
③
解得 ④
【小问2详解】
金属棒匀速运动时，由法拉第电磁感应定律得 ⑤
流过金属棒的电流大小为 ⑥
对金属棒，由受力平衡得 ⑦
解得 ⑧
【小问3详解】
从时刻开始回路中电流保持不变，说明时刻以后金属棒、以相同的加速度一起做匀加速直线运动，对、、组成的系统，由牛顿第二定律得 ⑨
设时刻，金属棒的速度大小为，回路中的电流大小为
对金属棒由牛顿第二定律得 ⑩
由闭合电路欧姆定律得 ⑪
时间内
对金属棒由动量定理得 ⑫
对金属棒由动量定理得 ⑬
对重物由动量定理得 ⑭
解得 ⑮
4．（2026·广西壮族自治区贵港市·上学期模拟预测）如图所示，倾角为的较长的倾斜轨道与一段光滑水平轨道平滑连接，水平轨道右下方有静置于光滑水平地面上、长度为的水平木板，其质量。木板端在水平轨道末端正下方处，质量的滑块与倾斜轨道间的动摩擦因数，质量同为的滑块置于水平轨道末端，滑块从距水平轨道高的倾斜轨道上由静止释放，与滑块发生碰撞并粘在一起后恰好落在木板的中点处，不计空气阻力，，，取重力加速度大小，滑块均可视为质点。
（1）求木板的长度；
（2）求滑块、碰撞过程损失的动能；
（3）滑块、共同体与木板作用后弹起，设滑块、共同体与木板上表面的动摩擦因数，滑块、共同体弹起后上升的最大高度，求滑块、共同体在木板上的第二个落点与第一个落点的距离。
【答案】（1）3.6m
（2）0.9J （3）0.66m
【解析】
【小问1详解】
滑块在倾斜轨道上最高点处滑至水平轨道，由动能定理有
解得
、碰撞过程中动量守恒，有
解得
碰撞后滑块、共同体做平抛运动并落在木板的中点，竖直方向有
解得
在水平方向
解得
【小问2详解】
由（1）中可求得滑块的速度，碰撞后、共速
则、碰撞过程损失的动能
解得
小问3详解】
滑块、共同体下落到与木板接触前瞬间的竖直速度
设弹起瞬间的竖直速度为，由
解得
木板对滑块、的弹力为，取竖直向上为正方向，对滑块、共同体，由动量定理有
，解得
由牛顿第三定律有
由牛顿第二定律，得
解得
由牛顿第二定律，得
解得
由匀变速直线运动速度和时间的关系，得
解得
由匀变速直线运动速度和时间的关系，得
解得
由匀变速直线运动位移与时间的关系，得
解得
由匀变速直线运动位移与时间的关系，得
解得
滑块、共同体弹起又落回木板的时间
在该时间内滑块、与木板的位移差
解得
滑块、共同体在木板的第二个落点与第一个落点的距离
5．（2026·河北省衡水市·三模）如图所示，竖直面内有半径的光滑圆弧轨道，最低点与水平传送带左端相切，传送带右端与水平轨道平滑连接，圆弧所对的圆心角，传送带长，以速率顺时针匀速转动。质量的物块P以大小为的初速度从圆弧轨道的最高点沿切线进入圆弧轨道，P与传送带间的动摩擦因数。在点右侧的水平轨道上等间距摆放个相同的滑块，相邻滑块间距离，每个滑块的质量均为，编号依次为1、2、3、…、n，滑块1与点距离也为，物块P及各滑块与水平轨道间的动摩擦因数均为。物块P从点滑上水平轨道后，与滑块1碰撞并粘在一起，再向前运动与滑块2碰撞并粘在一起…，碰撞时间极短，物块P及各滑块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度取。
已知。求：
（1）物块P经过点时对圆弧轨道压力大小；
（2）物块P从点滑上水平轨道时的速度大小；
（3）物块P停止运动时距点的距离（结果保留两位小数）。
【答案】（1）28N （2）4m/s
（3）5.69m
【解析】
【小问1详解】
设物块经过点的速度为，受轨道支持力为，物块P从点运动到点的过程中，根据机械能守恒有
在点时有
根据牛顿第三定律可知物块P经过点时对圆弧轨道的压力大小为
联立解得
【小问2详解】
设物块P在传送带上一直做减速运动，到点速度为，根据动能定理有
解得
由于，则假设成立，物块P一直做减速运动，即物块P从点滑上水平轨道时的速度大小为。
【小问3详解】
物块P与滑块1碰撞前瞬间的动能
物块P与滑块1碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则
碰撞后瞬间系统动能
解得碰撞后瞬间系统动能
同理可知物块、1和2碰撞前瞬间，系统动能
物块P、1和2碰撞后瞬间，系统动能
物块P、1、2和3碰撞前瞬间，系统动能
以此类推，在物块P、1、2、…、和滑块碰撞前瞬间，系统动能
设一共碰撞次，则
代入数据解得
即最多可以碰撞到滑块5且
与滑块5碰后系统动能
设继续运动的距离为，则由
解得
物块P停止运动时距点的距离
联立解得
6．（2026·河南省信阳市·一模）一个士兵坐在皮划艇上，他连同装备和皮划艇的总质量是。这个士兵用自动步枪在内沿水平方向连续射出10发子弹，每发子弹的质量是，子弹离开枪口时相对步枪的速度是。射击前皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。下列说法正确的是（ ）
A. 每次射击后皮划艇的速度改变量均相同
B. 连续射击后皮划艇的速度大小近似值是
C. 连续射击时枪所受到的平均反冲作用力大小为
D. 发射子弹过程中系统动量守恒，机械能也守恒
【答案】B
【解析】AB．以速度v0的方向为正方向，士兵发射第一发子弹的过程，根据动量守恒定律得（M-m）v1=m（v0-v1）
解得
士兵发射第二发子弹过程，根据动量守恒定律得：（M-m）v1=（M-2m）v2-m（v0-v2）
解得
同理可得发射第三发子弹后皮划艇的速度为
连续射出10发子弹后皮划艇的速度为
可知每次射击后皮划艇的速度改变量均不相同，且，故A错误，B正确；
C．总动量变化约为，时间，平均反冲力，故C错误；
D．系统动量守恒（无外力），但发射子弹时化学能转化为动能，机械能不守恒，故D错误。
故选B。
7．（2026·吉林省长春市东北师范大学附属中学·上学期第二次摸底考试）两组同学利用不同的实验器材进行碰撞的实验研究。
（1）如图甲所示，第一组同学利用气垫导轨进行“探究碰撞中的不变量”这一实验。
①用螺旋测微器测得遮光条的宽度如图乙所示，读数为__________mm。
②用天平测得滑块A、B的质量（均包括遮光条）分别为mA、mB，调整气垫导轨水平后，将滑块A向左弹出，与静止的滑块B发生碰撞，此过程中与光电门1相连的计时器显示的挡光时间为Δt1，与光电门2相连的计时器显示的先后挡光时间为Δt2和Δt3。从实验结果可知两滑块的质量满足mA__________mB（填“>”“ ③.
（2） ①. AD ②.
【解析】
【小问1详解】
[1]螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图可知遮光条的宽度为
[2]由题意可知碰撞后滑块A没有反弹，所以
[3]碰撞前A的速度大小为，碰撞后A、B的速度大小分别为，，碰撞中若满足动量守恒则
即
【小问2详解】
[1]A．为了保证两球发生对心正碰，两球相碰时，两球心必须在同一水平面上，且碰后a球不反弹，要求两小球半径相等，小球a的质量大于小球b的质量，故A正确；
B．因为两小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，所以可以用小球的水平位移代替抛出时的初速度，则不需要用秒表测时间，故B错误；
C．为了保证小球抛出时的速度处于水平方向，安装轨道时，轨道末端必须水平但不需要光滑，故C错误；
D．为了保证入射小球每次碰撞前瞬间的速度相同，在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，故D正确。
故选AD。
[2]设入射小球碰撞前瞬间的速度为v0，碰撞后瞬间入射小球和被碰小球的速度分别为v1、v2；根据动量守恒可得
若两球发生弹性碰撞，根据能量守恒可得
联立可得
由于两小球做平抛运动下落高度相同，所用时间相同，则有
可得或。
8．（2026·江西省景德镇市·上学期第一次质量检测）在光滑水平面上，静止放着B、C两个物块（靠在一起，没有粘连），质量分别为m和2m，B物块左侧连接有一根原长为，劲度系数为 的轻弹簧，有一个质量为m 的物块A以初速度向右运动，当轻弹簧压缩最短时，A与弹簧立即栓接在一起。已知弹簧的弹性势能表达式可以表示为，x表示弹簧的形变量，不计空气阻力。求：
（1）弹簧压缩最短时，A物块的速度大小；
（2）设从A接触弹簧开始到弹簧压缩最短过程经历时间为t，求这个阶段B物块运动的位移大小；
（3）B、C分离后，弹簧可以达到的最大弹性势能。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
三者水平方向动量守恒，弹簧压缩最短时，三者共速
解得
【小问2详解】
根据能量守恒，弹簧最大弹性势能
弹簧压缩量
根据动量守恒，设某时刻A的速度为，B、C共同速度为，有
两边与时间乘积
根据几何关系
联立解得B物块运动的位移大小
【小问3详解】
弹簧恢复原长后，B、C分离，此时有，
解得此时A的速度
B的速度
此后，A、B共速时，弹性势能最大
解得
根据能量守恒，弹簧可以达到的最大弹性势能
9．（2026·江西省宜春中学·一模）如图所示，光滑的曲面轨道与粗糙水平轨道相切于P点，质量M=4kg、长L=4m的长木板B静止在水平面上，且长木板B的最左端刚好位于P点，质量为m=2kg的可视为质点的物体C静止在长木板B的正中央，另一质量为m0=4kg的物体A从曲面上的O点由静止释放，经过一段时间与长木板B发生弹性碰撞，已知B、C间的动摩擦因数为，B与水平轨道间的动摩擦因数为，重力加速度g=10m/s2，A、C均可视为质点，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）物体A与长木板B碰后瞬间，长木板B与物体C的加速度大小；
（2）欲使物体C刚好不从长木板B的左端离开，释放点O到P点的高度；
（3）若使物体A从距离P点高为h0=0.2m处由静止释放，A、B碰后瞬间，立即在长木板B上施加水平向右的恒力F0=20N，若物体C刚好不从长木板上离开，则恒力作用的时间t1（结果可保留根号）。
【答案】（1），
（2）0.8m （3）
【解析】
【小问1详解】
对B进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
对C进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
【小问2详解】
若物体C先向右做匀加速直线运动，木板先向右做匀减速直线运动，此过程C相对于B向右运动，两者速度达到相等后，由于
C、B不能够保持相对静止，C随后向右做匀减速直线运动，B也向右做匀减速直线运动，C刚好不从长木板B的左端离开，表明两者速度达到相等时C恰好到达B左端，令碰撞后B的速度为，则有
此过程，相对位移恰好等于B长的一半，则有
解得
，，
A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有
，
解得
A从点O到P点过程。根据动能定理有
解得
【小问3详解】
若使物体A从距离P点高为h0=0.2m处由静止释放，根据动能定理有
解得
A、B碰撞过程，根据动量守恒定律有
，
解得
碰后瞬间立即在长木板B上施加水平向右的恒力F0=20N，对B分析，根据牛顿第二定律有
解得
B在恒力作用下向右做匀加速直线运动，C向右以做匀加速直线运动，C相对于B向左运动，历时撤去恒力，对B的运动有
，
对C的运动有
，
此过程的相对位移
撤去恒力后，结合上述可知，B向右以做匀减速直线运动，C向右以做匀加速直线运动，C相对于B仍然向左运动，历时达到相等速度时，c恰好到达B左端，则有
此过程的相对位移
之后C、B不能够保持相对静止，C随后向右做匀减速直线运动，B也向右做匀减速直线运动，C相对于B向右运动，则有
舍去解的负值，解得
10．（2026·陕西省西安市高新第一中学·上学期四模）（多选）2025年3月12日凌晨，长征八号遥六运载火箭以“一箭十八星”方式将千帆星座第五批组网卫星送入预定轨道。若最后火箭壳体质量为m，最后一颗卫星的质量为5m，分离前一起绕地球在椭圆轨道运动，周期为T，到离地心距离为r的远地点时速度为v，此时卫星与火箭分离，分离时卫星相对于火箭的速度向前，分离后瞬时火箭的速度为，卫星以速度绕地球作半径为r的匀速圆周运动，周期为，设地球质量为M，引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A. ，B. ，
C. 大于TD.
【答案】AC
【解析】AB．根据动量守恒有
又
解得，，故A正确，B错误；
C．在远地点分离后卫星做匀速圆周运动轨道半径大于椭圆半长轴，根据开普勒第三定律，可知大于T，故C正确；
D．卫星围绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力有
解得
因，则有，故D错误。
故选AC。
11．（2026·四川省眉山中学校·一模）如图所示，两段足够长但不等宽的光滑平行金属导轨水平放置，b、g两点各有绝缘材料（长度忽略不计）平滑连接导轨，ac、fh段间距为l，de、jk段间距为2l。整个空间处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨af端接有电容的电容器（初始不带电），导体棒Ⅱ静止于de、jk段。导体棒I、Ⅱ的质量分别为m、2m，电阻分别为R、2R，长度分别为l、2l，导体棒I从靠近 af位置以初速度向右运动，到达bg左侧前已达到稳定速度（未知）。两导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，导轨电阻和空气阻力忽略不计。求：
（1）导体棒I到达bg时速度的大小；
（2）导体棒I在bc、gh段水平导轨上运动的过程中，导体棒I达到稳定时的速度 的大小；
（3）导体棒I在bc、gh段运动过程中，导体棒I上产生的焦耳热。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
根据电容的定义式有
在bg左侧运动过程中，对Ⅰ棒进行分析，切割磁感线的感应电动势
根据动量定理有
根据电流的定义式有
解得
【小问2详解】
Ⅰ棒在bc、gh段运动过程中，对Ⅰ棒进行分析，根据动量定理有
对Ⅱ棒进行分析，根据动量定理有
Ⅰ、Ⅱ棒稳定时有
解得，
【小问3详解】
Ⅰ棒在bc、gh段运动过程中，设Ⅰ棒产生的产生的焦耳热为Q1，Ⅱ棒产生的产生的焦耳热为Q2，由于回路电路相等，则有
根据能量守恒定律有
解得
12．（2026·四川省资阳市·一模）如图所示，足够长的光滑水平地面上有1000个大小相同的小球排成一排，相邻两球间距为，将其从左到右依次编号。质量为的小圆环套在足够长的光滑水平杆上，位于1小球正上方处。现将质量为的小球通过长度为的轻绳与连接，初始时轻绳处于水平绷直状态，、均静止。某时刻释放小球，到达最低点时轻绳恰好断裂，之后在水平地面上与1号球发生碰撞，已知1号小球的质量为，号小球的质量均为。题中所有小球之间的碰撞均视为弹性正碰。已知重力加速度大小为，不计空气阻力，小球大小忽略不计。求：
（1）轻绳断裂时的速度大小；
（2）1号球与2号球第一次碰撞后，2号球所获得的速度；
（3）若1号球与2号球第一次碰撞后，立即给1号球施加水平向右的恒定外力（图中未画出，远远小于1、2球碰撞时的作用力），使1号球每次以相同速度与2号球相碰，且该速度等于两球第一次碰前瞬间1号球的速度，直到1~1000号小球速度第一次都相等时撤去外力，求外力作用下1号球的位移及最终1号球与1000号球之间距离。
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
从球释放到轻绳断裂的过程中，A、B组成的系统水平方向动量守恒：
系统机械能守恒有：
联立可得：
【小问2详解】
绳断后，球在水平地面向右运动与1号球碰撞，设碰后球和1号球速度分别为、
根据动量守恒定律
根据机械能守恒定律
联立解得：
1、2号球碰撞后，两球的速度分别为，，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有： ，
联立解得：
【小问3详解】
1、2号球碰后，2号小球以速度向右运动一个，与3号小球碰撞后速度交换，然后依次交换下去。由于1号球与2号球后续碰撞前速度与第一次碰撞相同，从1号球碰前瞬间到再一次碰前瞬间，由能量守恒有：
设作用下1号球的总位移记为，将号小球作为系统，由功能关系有：
联立可得：
设作用的总时间记为，将号小球作为系统，由动量定理有：
联立可得：
最终1号球与1000号球间距离为：
联立可得：
13．（2026·安徽省合肥市第一中学·上学期期中教学质量检测）如图所示，一不可伸缩、质量不计的细线跨过同一高度处的两个光滑轻质定滑轮连接着质量不同的物体A和B，，。A套在固定的光滑水平杆上，物体、细线、滑轮和杆都在同一竖直平面内，水平细线与杆的距离为。当倾斜细线与杆的夹角时，同时无初速度释放A和B，（，，g取）。
（1）当运动到倾斜细线与杆的夹角时，求此过程B机械能的变化量；
（2）A向右运动的过程中，A所受外力的最大冲量。
【答案】（1）-0.4J
（2）
【解析】
【小问1详解】
根据题意可知物块B下降的高度
对A、B系统，根据机械能守恒有
联立解得
可知该过程A机械能增加0.4J，由于AB系统机械能守恒，故B的机械能减少0.4J，故B的机械能变化量
【小问2详解】
当A运动到倾斜细线与杆的夹角时，A速度最大，B速度为零，此过程A受到外力的冲量最大，则有
根据动量定理，可知A受到的最大冲量
联立解得
14．（2026·安徽省淮北市实验高级中学·上学期期中考试）如图所示，质量为、长为的均匀长木板，其上表面光滑，下表面粗糙，静止平放在粗糙的水平地面上，左端安有一厚度不计的竖直挡板。一质量为的小滑块静置在长木板的右端。现给小滑块一个水平向左的瞬时速度，小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下。假设小滑块与竖直挡板的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，地面粗糙程度各处相同，小滑块大小不计，重力加速度大小为。求
（1）第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小；
（2）长木板与地面间的动摩擦因数；
（3）长木板运动的总时间。
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为和，碰撞瞬间根据动量守恒定律和机械能守恒定律则有
联立解得，
【小问2详解】
发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对位移恰好等于，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为，长木板匀减速的加速度大小为，则有
解得
又因为
解得
对木板，由牛顿第二定律，则有
联立解得
【小问3详解】
方法一：二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为则有，
这段时间内小滑块的位移为
因为
所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律则有，
联立解得，
同理，小滑块与长木板第次碰撞后瞬间长木板的速度大小
小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做加速度相同的匀减速运动，故有
长木板运动的总时间
方法二：分析可知，最终小滑块与长木板均静止，且小滑块停在长木板左侧的挡板处，取水平向左为正方向，对小滑块和长木板系统，由动量定理则有
系统受到的合力为
系统受到的滑动摩擦力大小为
联立解得
15．（2026·安徽省黄山市黄山第一中学·上学期期中考试）（多选）现代科学仪器中常利用电、磁场控制带电粒子的运动。如图甲所示，纸面内虚线上方存在竖直向下的匀强电场，下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。现有质量为m、电荷量为+q的带电粒子在O点由静止释放，从P 点进入磁场，恰好经过磁场中的Q点。OP 间的距离为d，Q点与 P 点的水平距离为 竖直距离为 若磁场所在区域也存在上述匀强电场，如图乙所示，重新让粒子从O点由静止释放，经过一段时间粒子第一次到达最低点N（图中未标出）。不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A. 匀强电场的场强大小为
B. 粒子从O 点运动到Q 点的时间为
C. P、N两点的竖直距离为
D. 粒子经过N点时速度大小为
【答案】AD
【解析】A．作出粒子进入磁场中偏转的运动轨迹，如图所示
设PQ与PM间的夹角为，由题可知
故有
粒子圆周运动的轨道半径为r，则有
解得
洛伦兹力提供圆周运动的向心力，则有
解得粒子进入磁场中的速度
在电场中，根据动能定理则有
联立解得
A正确；
B．粒子在电场中运动的时间
由几何知识可知，圆弧PQ对应的圆心角
解得
故粒子在磁场中从P到Q运动的时间
其中
故粒子从O 点运动到Q 点的时间为 ，B错误；
CD．将粒子从P到N的过程中某时刻的速度分解为水平向右和竖直向下的分量，分别为、，设粒子在最低点N的速度大小为，PN的竖直距离为y。以向右为正方向，水平方向上由动量定理可得
由动能定理可得
解得，
C错误，D正确。
故选AD。
16．（2026·安徽省江淮十校·上学期期中考试）如图所示，光滑水平地面上固定一内壁光滑的竖直轨道，轨道由圆心角为的圆弧轨道和倾角为的足够长的倾斜直轨道连接而成，圆弧轨道左端与地面相切。一质量为m的小球A用长为l的轻绳悬挂于P点，P点到地面的距离也为l，其正下方处有一钉子，另一质量为2m的小球B与轻质弹簧连接，静置于地面上。初始时将轻绳拉至水平位置，由静止释放小球A，轻绳碰到钉子后恰好断裂。小球A与正前方弹簧接触，当弹簧再次恢复原长时，弹簧与小球B脱离，之后小球B进入圆弧轨道。已知弹簧始终处于弹性限度内，，重力加速度为g。
（1）求轻绳的最大张力；
（2）求弹簧的最大弹性势能；
（3）若小球B以一定的速度从圆弧上端沿切向飞出，只与倾斜直轨道上的某一点发生弹性碰撞，最终沿原路返回圆弧轨道。已知碰撞前后平行于轨道的分速度不变，垂直轨道的分速度大小不变，方向反向。求tanα的值。
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【小问1详解】
设小球摆至最低点的速度为，根据机械能守恒定律有
设轻绳即将断裂时其中的张力为，对小球根据牛顿第二定律
且
解得
【小问2详解】
当A与B速度相等时弹簧弹性势能最大，根据系统动量守恒
系统机械能守恒
解得
【小问3详解】
沿直轨道和垂直直轨道分解小球的运动。沿直轨道分量，
垂直直轨道分量，
设小球经时间与直轨道碰撞，则
情况①小球B与直轨道碰撞时，速度方向垂直于直轨道
解得：
情况②小球与直轨道碰撞后，速度方向竖直向上
有：
；
解得：
17．（2026·福建省莆田市莆田一中·上学期期中考试）（多选）矩形线框放在光滑水平面上，边长为，边长为，线框共有匝，总电阻为，质量为。有界匀强磁场的宽度为，方向垂直于水平面向上，使线框从图示位置以初速度向右滑去，当线框边刚好出磁场时线框的速度为零，线框运动过程中边始终与磁场边界平行，则下列判断正确的是（ ）
A. 边刚进磁场时线框的加速度大小为
B. 边刚要出磁场时的速度大小为
C. 边通过磁场过程中，通过线框某匝线圈的电量为
D. 边通过磁场过程中，每匝线圈产生的焦耳热为
【答案】AC
【解析】B．当ab边从进入磁场到出磁场的过程，由动量定理可知，
其中
同理cd边从进入磁场到出磁场的过程，由动量定理可知，
其中
联立解得
即边刚要出磁场时的速度大小为，B错误；
A．边刚进磁场时线框的加速度大小为
结合、以及
可得，，A正确；
C．根据
边通过磁场过程中，通过线框某匝线圈的电量为
又
解得，C正确；
D．边通过磁场过程中，线圈产生的焦耳热
则每匝线圈产生的焦耳热为，D错误。
故选AC。
18．（2026·甘肃省天水市第二中学·上学期期中考试）某传送装置的示意图如图所示，整个装置由三部分组成，左侧为粗糙倾斜直轨道，中间为水平传送带，传送带顺时针匀速运动，其速度的大小可以由驱动系统根据需要设定，右侧为光滑水平面。倾斜轨道末端及水平面与传送带两端等高并平滑对接，质量分别为的个物块在水平面上沿直线依次静止排列。质量为的物块从斜面的最高点由静止开始沿轨道下滑，已知点距离传送带平面的高度，水平距离，传送带两轴心间距，物块与倾斜直轨道、传送带间的动摩擦因数均为，取重力加速度，所有物块均可视为质点。
（1）求物块刚滑上传送带时的速度大小；
（2）改变传送带的速度，求物块从传送带右侧滑出时的最大速度；
（3）若物块以速度（已知）离开传送带，滑到水平轨道上与发生碰撞，从而引起各物块的依次碰撞，碰撞前后各物块的运动方向处于同一直线上，各物块间碰撞无机械能损失，且各物块之间不发生第二次碰撞。经过依次碰撞后，定义第个物块获得的动能与第1个物块的初动能之比为第1个物块对第个物块的动能传递系数，求；
（4）接第（3）问，若，求为何值时，第个物块获得的速度最大，并求出第个物块的最大速度。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4），
【解析】（1）对物块，由A运动到B的过程，根据动能定理有
解得
（2）当传送带的速度较大时，物块在传送带上一直做匀加速运动，物块从传送带右侧滑出时的速度最大，由动能定理有
解得
（3）两物块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向
由动量守恒定律得
碰撞过程无机械能损失，由机械能守恒定律得
解得
物块的动能，
对物块1、2，动能传递系数
同理可得，和碰撞后的动能传递系数
（4）质量相等的物块碰撞时没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可知，物块碰撞后交换速度，则与后面的物块碰撞后依次交换速度，的最大速度等于第n个物块的最大速度
又
则
当，即
此时分母最小，最大为，此时第n个物块的速度最大，有
解得
19．（2026·贵州省毕节市第一中学·上学期期中考试）为研究山体滑坡，某同学建立了如图所示的物理模型，固定斜面体上有两段倾角均为37°的平行斜面ab和cd，其中cd段足够长。L形滑板B恰好静止在cd段的最上端，其上表面与ab段齐平，B的质量为4m，其上表面长度为L。在斜面ab段上距离b点1.5L处静止释放质量为m的小滑块A，滑块A与斜面ab段以及与滑板B的上表面间的动摩擦因数均为，滑块与滑板下端挡板间碰撞过程无机械能损失，且碰撞时间极短，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度为g。求：
（1）滑板B与斜面间动摩擦因数，以及滑块A刚滑上滑板B的速度大小；
（2）判断滑块A滑上滑板B时滑板能否保持静止，求滑块A与滑板下端挡板第一次碰撞后瞬间的速度大小；
（3）试讨论分析小滑块能否与滑板下端挡板发生第二次碰撞。
【答案】（1）0.75，
（2）滑板能保持静止，
（3）会
【解析】
【小问1详解】
L形滑板B恰好静止在cd段的最上端，则有
解得
滑块A从静止到刚滑上滑板B时，根据动能定理有
解得
【小问2详解】
滑块A滑上滑板B时，对B分析可知