動量（動量定理及其應用、動量守恒定律及其應用、碰撞模型及其拓展）-2025年高考物理復習專練（解析版）

重難點06動量

（動量定理及其應用、動量守恒定律及其應用、碰撞模型及其拓展）

彳------------

摘題趨理4

考點分析三年考情分析2025命題熱點

2024：廣東卷、全國甲卷、湖南卷

動量定理的應用2023：廣東卷、新課標卷、福建卷、江蘇卷

2022：山東卷、湖北卷

2024：江西卷、安徽卷、湖北卷、河北卷、山

動量守恒定理的應東卷、甘肅卷小西士由口甘廣由

E+六七,廣七1、動量定理及其應用

用2023：廣東卷、北星卷、山東卷?甘什同

*加士/2、碰撞模型及其拓展

2022：河北卷、湖南卷

2024：廣東卷、廣西卷、安徽卷、湖南卷、湖

北卷

碰撞模型及其拓展加古生、-Z寶生后出生、7…生

2023：湖南卷、福建卷、海南卷、遼丁卷

2022：湖北卷

【課標要求】

1.理解動量定理，靈活利用動量定理解決實際問題。

2.理解動量守恒定理成立的條件，利用動量守恒定律解決有關問題。

3.掌握碰撞模型及其拓展，會應用動量守恒定律等規(guī)律解決實際問題。

【考查方向】

本專題內容屬于高考考查的熱點和難點，既有選擇題又有計算題，或與電磁感應等結合。

命題點主要包括以下幾個方面：

①動量、沖量、動量守恒定律的應用；

②動量守恒定律、能量守恒定律的綜合問題；

③聯(lián)系動量守恒，以力學綜合問題的形式出現綜合計算題；

④動量在電磁感應現象中的應用；

⑤動量定理處理流體（變質量）問題；

⑥動量定理處理勻變速直線運動的問題。

【備考建議】

復習本專題時，備考中不僅要對動量、沖量、動量守恒定律的知識熟練掌握，而且要結合

本章處理綜合問題的方法，分類復習套路，重點把握以下知識點：

①牛頓運動定律處理勻變速直線運動的問題；

②動量定理結合能量守恒定律、動量守恒定律處理碰撞、反沖類問題。

----------------------------h

重難詮釋

【情境解讀】

1.碰撞問題情境

兩車碰撞：在公路上，兩輛汽車發(fā)生碰撞。例如，一輛車以一定速度追尾另一輛車，這是

典型的非彈性碰撞情境。通過動量守恒定律可以計算碰撞后兩車的共同速度。如果已知兩車碰

撞前后的位移變化，還能結合動能定理等分析碰撞過程中的能量損失情況。

粒子碰撞：在微觀領域，像a粒子和其他原子核碰撞。這種情境用于考查動量守恒在微

觀物理中的應用，碰撞類型可能是彈性碰撞或者非彈性碰撞，根據已知的粒子速度、質量等信

息，利用動量守恒定律和能量關系來求解碰撞后的粒子狀態(tài)。

2.爆炸與反沖情境

炮彈發(fā)射：炮彈從炮筒中發(fā)射出去，炮身會產生反沖現象。根據動量守恒定律，炮彈向前

的動量與炮身向后的動量大小相等、方向相反。通過已知的炮彈質量和射出速度，可以計算炮

身的反沖速度。

火箭升空：火箭燃料燃燒產生大量氣體向后噴出，火箭獲得向前的動量。通過動量守恒定

律可以研究火箭速度的變化與燃料噴射速度、質量之間的關系，在這個情境中還會涉及變質量

問題的處理。

3.系統(tǒng)相互作用情境

滑塊-木板系統(tǒng)：在光滑水平面上有木板，木板上放置滑塊。當滑塊與木板之間有相互作

用（如滑塊在木板上滑動，或者通過彈簧、輕繩連接相互作用）時，整個系統(tǒng)的動量守恒。例

如，滑塊以一定速度在木板上滑動，通過動量守恒定律可以計算滑塊和木板最終的共同速度，

結合能量關系（如摩擦生熱等于系統(tǒng)機械能減少量）分析滑塊在木板上滑動的距離。

多物體系統(tǒng)：三個或更多物體組成的系統(tǒng)，比如有A、B、C三個小球，A球和B球碰撞后,

B球再和C球碰撞。這種情境下，分別在兩次碰撞過程中運用動量守恒定律，結合已知的物體

質量和初始速度等條件，求解最終各物體的運動狀態(tài)。

【高分技巧】

1彈性碰撞

1.碰撞三原則：

(1)動量守恒：即pi+p2=pi'+p2’.

22，2f2

(2)動能不增加：即Eki+Ek2NEki'+Ek2'或霜+婷n絳■+先.

2mlZmi2mlZmi

(3)速度要合理

①若碰前兩物體同向運動，則應有v后X前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后

兩物體同向運動，則應有v前后'。

②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。

2.“動碰動”彈性碰撞

發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質量分別為陽和"Z2,

碰前速度為VI,V2,碰后速度分別為VI,，V2,則有：

,171911

1Vl+m2v2=m1v1+mlv25ml匕+-m2v2=/m1Vl+5町%

聯(lián)立(1)、(2)解得：

n

vi=2-----------------匕，V2=2^^-V2.

叫+叫叫+叫

特殊情況：若機1二M2.VI=V29V2=VI

3.“動碰靜”彈性碰撞的結論

兩球.發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為m1、速度為vi的小球與質量為

儂的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有mivi=mivf+m2V2r(1)

^miv?=+52V2'2(2)

,(mi—m2)vi,2mivi

解傳：V1=mi+mi—，也;嬴工菰

結論：⑴當加1=加2時，Vl'=0,以'=0(質量相等，)

(2)當如〉用2時，0'>0,/>0,且V2'>0’(大碰小，一起跑)

(3)當如〈M2時,vf<0,V2'>0(小碰大，要反彈)

(4)當如》帆2時,vi'=wo,出=2vi(極大碰極小,大不變，小加倍)

(5)當如《W2時，Vl，=—VI,V2'=0(極小碰極大，小等速率,大不變)

2非彈性碰撞和完全非彈性碰撞

1.非彈性碰撞

介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。

根據動量守恒定律可得：miv\+m.2V2=mwi+"22V2(1)

損失動能AEk,根據機械能守恒定律可得：^-mivi2+gm2V22=-1mivi2+-1m2V22+AEk.

(2)

2.完全非彈性碰撞

碰后物體的速度相同，根據動量守恒定律可得:

mivi+m2V2=(mi+m2)v共(1)

完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動能最多，損失動能：

△Ek=%機iv/+%機2V22-%(機1+加2》共2(2)

聯(lián)立⑴、⑵解得…共=也±色匕

嗎+%2ml+恤

3人船模型

1.適用條件

①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零；

②動量守恒或某方向動量守恒.

2.常用結論

,人%?m船

___________&

名船丁工人?

設人走動時船的速度大小為v船，人的速度大小為v人，以船運動的方向為正方向，則m船v船-m

人v人=0,可得m船v船=111人v人；因人和船組成的系統(tǒng)在水平方向動量始終守恒，故有m船v船t=m

人v人t,

即：m船XHu=m人x人,由圖可看出x船+x人=1”

m即,m.

可解得：%人=-L%船=L

m人+m船.m人+m船

3.類人船模型

4爆炸和反沖問題

1.對反沖現象的三點說明

(1)系統(tǒng)內的不同部分在強大內力作用下向相反方向運動，通常用動量守恒來處理。

(2)反沖運動中，由于有其他形式的能轉變?yōu)闄C械能，所以系統(tǒng)的總機械能增加。

(3)反沖運動中平均動量守恒。

2.爆炸現象的三個規(guī)律

(1)動量守恒：由于爆炸是在極短的時間內完成的，爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受

到的外力，所以在爆炸過程中，系統(tǒng)的總動量守恒。

(2)動能增加：在爆炸過程中，由于有其他形式的能量(如化學能)轉化為動能，所以爆炸前

后系統(tǒng)的總動能增加。

(3)位置不變：爆炸的時間極短，因而作用過程中，物體產生的位移很小，一般可忽略不

計，可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量.開始運動。

5.子彈打木塊模型

1.模型特點

⑴子彈打木塊的過程很短暫，認為該過程內力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒.

⑵在子彈打木塊過程中摩擦生熱，系統(tǒng)機械能不守恒，機械能向內能轉化.

2.兩種類型

⑴子彈留在木塊中(未穿出)

①動量守恒：mvo=(m+M)v

②機械能損失(摩擦生熱)

其中d為子彈射入木塊的深度.

⑵子彈穿出木塊

①動量守恒：mvo=mvi+Mvi

②機械能的損失（摩擦生熱）

Qa=Ff-L=2?wo2-^nv^—^Mvr

其中L為木塊的長度，注意dWL

6.彈簧模型

”原長靜止

->v最短-->V

01W?

條件與模型

也‘-------原長十

V最長.

(WWWMD

情況一：從原長到最短（或最長）時

2

①%%=（mA+mB）v；②gmAv^=^mA+mB）v+Epm

規(guī)律與公式

情況二：從原長先到最短（或最長）再恢復原長時

22

①mAv0=mAv\+mBv2；②gmAv^=|mAv；+1mBv2

7.板塊模型

-AM)

板塊模型f-~P512ffl水平面光滑

一?VO「共

mi__IV共

—_____?

m21?

過程簡圖~7///，////，//////

<——X2---------?

?----------Xl-

mxm2

動力學常用關系v0-"=a2t；

1212

；%.a2t；x相對=玉一/

△相對=g嗎片-g（嗎+?）嗔

功能常用關系

動量常用關系=（根i+加2）v共

限時提升練

一、單選題

1.（2024.重慶.模擬預測）如圖所示，光滑斜面體固定在水平地面上，一滑塊從斜面頂端由靜止（開始下

滑，取地面為零勢能面，則滑塊的速度大小八重力勢能與隨位移x的變化關系圖線，以及滑塊的動量P、

動能線隨時間t變化關系圖線正確的是（）

【知識點】重力勢能的定義和公式、計算物體的動量及動量的變化

【詳解】A.設斜面夾角為e,滑塊沿斜面下滑過程中

mgsin6.八

a=-----------=gsin”

m

根據速度公式

v-at

滑塊的動能

紜=：m丫2=遛等投』穌T圖線不是正比例函數圖線，故A錯誤;

B.由動量公式

p=mv

結合上述分析有

p—mgsin0t

可見PT為正比例函數，故B正確；

C.由速度位移公式，有

v2=2gsin

由數學知識可知選項C滿足的是丫=依2的函數關系式，與上述結論不符，故C錯誤；

D.滑塊下滑的高度

h=xsm6

設斜面的高度為》，重力勢能與位移x的關系為

Ep=mg（H-lz）=mgH-mgxsin3綜-尤應為直線，故D錯誤。

故選B。

2.（2024?新疆?一模）某同學在列車車廂的頂部用細線懸掛一個小球，在列車以某一加速度水平向右運動

的過程中，細線與豎直方向的夾角保持為仇則在一段時間內，關于細線拉力的沖量/和做功W,下列說法

C.I豐0,w=oD./￥0,”0

【答案】D

【知識點】功的定義、計算式和物理意義、沖量的定義、單位和矢量性

【詳解】小球受力示意圖如圖所示，細線拉力沿繩方向，與運動方向形成銳角，故拉力做正功，則

WHO

根據沖量的定義式

I=Ft

因此拉力有沿繩方向的沖量

/片0

3.（2024.貴州六盤水.模擬預測）如圖所示，一根光滑剛性桿0A8固定在底座上，其中。4段是四分之一

圓弧，48段是與段平滑連接的水平桿，底座置于光滑水平面上?，F讓內徑比桿略大的小環(huán)套在桿上并

以某一初速度沿桿由點B滑動到點。，則此過程（）

A.小環(huán)動量守恒

B.小環(huán)水平方向動量守恒

C.小環(huán)、桿OAB及底座組成的系統(tǒng)動量守恒

D.小環(huán)、桿048及底座組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒

【答案】D

【知識點】系統(tǒng)受到的合外力為零、系統(tǒng)在某一方向不受外力

【詳解】A.小環(huán)套在桿上并以某一初速度沿桿由點8滑動到點。，小環(huán)在圓弧段合力不為零，動量不守恒,

故A錯誤；

B.小環(huán)在圓弧段受到圓弧的彈力，小環(huán)水平方向合力不為零，動量不守恒，故B錯誤；

C.小環(huán)、桿及底座組成的系統(tǒng)在豎直方向合力不為零，動量不守恒，故C錯誤；

D.小環(huán)、桿及底座組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，故D正確。

故選D。

4.（2024?安徽?模擬預測）如圖所示。上表面粗糙的長木板P放在光滑水平面上，長木板中央放置兩質量

大小關系未知的物塊M和N,兩物塊與板向的動摩擦因數均相同。M和N之間有一壓縮的輕彈簧（彈簧與

兩物塊均不拴接），開始時板和兩物塊均靜止。現同時釋放M、N,彈簧將兩物塊彈開，兩物塊在長木板上

滑動的過程中，下列說法正確的是（）

__________RwMTi]___________

/」/.///.///./////，///二///匚////“//.///.///.////////

A.M、N組成的系統(tǒng)總動量一定守恒

B.M、N組成的系統(tǒng)總動量一定不守恒

C.若長木板向左運動，則物塊M的質量一定小于物塊N的質量

D.若長木板向左運動，則M、N組成的系統(tǒng)總動量方向一定向右

【答案】D

【知識點】系統(tǒng)受到的合外力為零、利用動量守恒計算解決簡單的碰撞問題

【詳解】AB.物塊M和N受到長木板對它們的摩擦力大小未知，若兩摩擦力大小相等，則M、N組成的

系統(tǒng)總動量守恒，若兩摩擦力大小不相等，則M、N組成的系統(tǒng)總動量不守恒，故AB錯誤；

C.若長木板向左運動，則板受到的合力向左，M對板的摩擦力大于N對板的摩擦力，M的質量一定大于

N的質量，故C錯誤；

D.長木板和兩物塊組成的系統(tǒng)總動量守恒，若長木板向左運動，則M、N組成的系統(tǒng)總動量方向一定向右,

故D正確。

故選D。

5.（2024?廣東廣州.一模）2023年10月，杭州亞運會蹦床項目比賽在黃龍體育中心體育館舉行。如圖是運

動員到達最高點。后，豎直下落到A點接觸蹦床，接著運動到最低點C的情景，其中8點為運動員靜止在

蹦床時的位置。不計空氣阻力，運動員可看成質點。運動員從最高點。下落到最低點C的過程中，運動員

A.在OA段動量守恒

B.從A到C的過程中，運動員的加速度先增大后減小

C.在AC段的動量變化量等于AC段彈力的沖量

D.在C點時，運動員的動能和蹦床的彈性勢能之和最大

【答案】D

【知識點】利用牛頓第二定律分析動態(tài)過程、彈簧類問題機械能轉化的問題、動量定理的內容、動量守恒

定律的內容、應用范圍和推導

【詳解】A.從。到A的過程中，運動員受重力作用，故動量不守恒，故A錯誤；

B.從A到C的過程中，則開始彈力小于重力，則有

mg-F#=ma

隨著彈力增大，加速度減?。贿^B點后彈力大于重力，則有

五彈一mg=ma

隨著彈力增大，加速度增大，所以運動員的加速度先減小后增大，故B錯誤；

C.根據動量定理有

可知在AC段的動量變化量等于AC段彈力沖量與重力沖量的矢量和，故C錯誤；

D.整個過程蹦床和運動員組成的系統(tǒng)機械能守恒，在C點運動員的重力勢能最小，故運動員的動能和蹦床

的彈性勢能之和最大，故D正確。

故選D。

6.（2024?北京海淀?模擬預測）如圖所示，用長為/的輕繩懸掛一質量為"的沙箱，沙箱靜止。一質量為

的彈丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，隨后與沙箱共同擺動一小角度。不計空氣阻力。對于子彈射向沙

箱到與其共同擺過一小角度的過程中，下列說法正確的是（）

A.整個過程中，彈丸和沙箱組成的系統(tǒng)動量守恒

B.子彈擊中沙箱到與沙箱共速的過程機械能守恒

C.若保持M、m、/不變，v變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大

D.若保持M、"7、I，不變，/變大，則彈丸與沙箱的最大擺角不變

【答案】C

【知識點】判斷系統(tǒng)機械能是否守恒、系統(tǒng)在某一方向不受外力、利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰

撞問題

【詳解】AB.彈丸擊中沙箱過程系統(tǒng)水平方向動量守恒，而系統(tǒng)的機械能因摩擦生熱而減少，以彈丸的初

速度方向為正方向，由動量守恒定律得

mv=(Al+rri)vx

解得

mv

匕二-----

M+m

彈丸與沙箱一起擺動過程系統(tǒng)機械能守恒，而系統(tǒng)的外力之和不為零動量不守恒，故整個過程中彈丸和沙

箱組成的系統(tǒng)動量不守恒，子彈擊中沙箱到與沙箱共速的過程機械能不守恒，故AB錯誤；

C.由能量守恒定律可知，整個過程系統(tǒng)損失的機械能為

2

121Mmv

AE=—mv——(M+m)Vj9=

22(M+m)

若保持M、m、/不變，口變大，則系統(tǒng)損失的機械能變大，故C正確;

D.彈丸與沙箱一起擺動過程,設最大擺角為則有

19

—+m)v1=+m)g(l-1cosa)

聯(lián)立解得

1m2v2

l---------z-=cosa

2（M2gl

若保持M、m、u不變，/變大,則彈丸與沙箱的最大擺角a變小，故D錯誤。

故選Co

7.（23-24高三下?遼寧?期中）航天夢由來已久，明朝萬戶，他把多個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅

子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，翱翔天際，然后利用風箏平穩(wěn)著陸。假設萬戶及所攜設備

（火箭（含燃料）、椅子、風箏等）總質量為加，點燃火箭后在極短的時間內，質量為機的熾熱燃氣相對

地面以%的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g,下列說法中正確的是（）

A.在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為丫=產」

M-m

B.火箭在向下噴氣上升的過程中，火箭機械能守恒

c.噴出燃氣后萬戶及所攜設備能上升的最大高度為

g-m）

D.在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設備動量守恒

【答案】A

【知識點】豎直上拋運動的高度、速度與時間的計算、判斷系統(tǒng)機械能是否守恒、系統(tǒng)受到的合外力為零、

火箭的原理

【詳解】A.在燃氣噴出后的瞬間，萬戶及所攜設備組成的系統(tǒng)動量守恒，設火箭的速度大小為v,規(guī)定火

箭運動方向為正方向，則有

解得火箭的速度大小為

nv

v=J^

M—m

故A正確；

B.在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時產生的向后噴出的高溫高壓氣體對萬戶及所攜設備做正功，所以火箭機

械能不守恒，故B錯誤；

C.噴出燃氣后，萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，根據運動學公式可得，最大上升高度為

222

/7=。一%,

2g2（M-m）2g

故C錯誤;

D.在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設備因為受重力，系統(tǒng)動量不守恒，故D錯誤。

故選Ao

二、多選題

8.（2024?重慶?模擬預測）如圖所示，繞豎直軸勻速轉動的水平圓盤上放著質量為小的物塊，物塊與圓盤

保持相對靜止，其到轉軸的距離為已知圓盤轉動的周期為T,物塊與圓盤間的動摩擦因數為〃，重力加

速度為g,空氣阻力忽略不計，物塊可視作質點。若物塊隨圓盤轉動一周，則（）

A.物塊的動量變化量為零

B.物塊所受重力的沖量為零

C.物塊所受支持力的沖量大小為

D.物塊所受摩擦力做的功為〃的

【答案】AC

【知識點】應用動能定理求變力的功、求恒力的沖量、計算物體的動量及動量的變化

【詳解】A.物塊隨圓盤轉動一周，速度變化量為零，故動量變化量為零，故A正確；

B.物塊隨圓盤轉動一周，根據沖量的定義，物塊所受重力的沖量為mgT,方向豎直向下，故B錯誤；

C.豎直方向平衡，物塊所受支持力大小等于重力，故物塊所受支持力的沖量大小為加gT,故C正確；

D.物塊隨圓盤勻速轉動，速度大小不變，根據動能定理知物塊所受摩擦力做的功為零，故D錯誤。

故選ACo

9.（2024?全國?模擬預測）如圖，水平向里的勻強磁場中有一豎直絕緣板，一個帶正電的小滑塊緊靠絕緣

板左側從足夠高處由靜止釋放。已知小滑塊與絕緣板間的動摩擦因數處處相同，且小滑塊的電荷量不變，

則在下滑過程中，小滑塊所受洛倫茲力的沖量〃隨下滑距離x與所受合力的沖量/隨下滑時間f變化的圖像

正確的是（）

X

X

X

X

X

【答案】BC

【知識點】求變力的沖量、動量定理的內容

【詳解】A.設勻強磁場的磁感應強度大小為3,小滑塊的質量為旭、電荷量為心與絕緣板間的動摩擦因

數為〃。小滑塊沿絕緣板下滑，速度為v時，極短時間加內，洛倫茲力的沖量大小

IB=Bqv^t

累加求和得

IB=EBqvAt=BqYAx=Bqx

故A錯誤，B正確;

CD.小滑塊沿絕緣板下滑，速度為v時，水平方向板向左的支持力及與水平向右的洛倫茲力心始終平衡,

即

FN=FB=Bqv

豎直方向小滑塊受到的合力大小

F=mg—Ff

且

耳=〃6

可得

F=mg—juBqv

可見隨著小滑塊下滑速度的增大，小滑塊所受的合力產越來越小，加速度越來越小，當尸=0時小滑塊以最

大速度做勻速直線運動，由動量定理可得

I-mv

可知最終合力沖量不再變化，故C正確，D錯誤；

故選BCo

10.（2024?福建寧德?三模）生活中常用高壓水槍清洗汽車，高壓水槍噴口直徑為。，噴出水流的流速為v,

水柱垂直射向汽車表面后速度變?yōu)榱?，水的密度為夕，下列說法正確的是（）

A.高壓水槍單位時間內噴出的水的質量為工%?。2V

4

B.水柱對汽車的平均沖力為J/ZDZU

4

C.若高壓水槍噴口的直徑減小為原來的一半，則水柱對汽車的平均沖力變?yōu)樵瓉淼腏倍

D.若高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則水柱對汽車的平均沖力變?yōu)樵瓉淼?倍

【答案】AC

【知識點】用動量定理解決流體問題

【詳解】A.高壓水槍單位時間噴出水的質量

12

m=pV=—v

故A正確；

B.設水柱對汽車的平均沖力為b，垂直汽車表面方向，由動量定理得

-FAr=0-Amv加時間內水柱的質量為

1。

Am=p/W=pSvAt=—npD^v^t

解得水柱對汽車的平均沖力為

F=-^itpv2D2

故B錯誤；

C.若高壓水槍噴口的直徑減小為原來的一半，根據尸10y。得水柱對汽車的平均沖力變?yōu)樵瓉淼?倍,

故C正確;

D.根據

F=-^itpv2D2

若高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則水柱對汽車的平均沖力為原來的4倍，故D錯誤。

故選ACo

11.（2024?福建?二模）如圖甲，一電量為q=1.0xl0-6C、質量為相=1.0kg的帶電物塊（可視為質點）靜置于

動摩擦因數為0.2的絕緣水平平臺上。仁0時刻在空間內加一水平向右的勻強電場，場強大小隨時間變化如

圖乙所示。1s時物塊恰好從平臺右邊緣飛出，3s時物塊恰好落地。重力加速度大小g=10m/s2,下列說法正

確的是（）

A.1s后物塊做非勻變速曲線運動

B.物塊從平臺飛出時的速度大小為3m/s

C.0~ls內物塊的電勢能減少了7.68J

D.物塊落地時的速度大小約為24m/s

【答案】AD

【知識點】曲線運動概念和性質、利用功能關系計算電場力做的功及電勢能的變化、利用動量定理求解其

他問題

【詳解】A.由題意得1s后物塊從平臺飛出后，受豎直方向的恒定重力和水平方向隨時間變化的電場力，

故為非勻變速曲線運動，故A正確；

B.水平平臺給物塊的最大靜摩擦力等于電場力時，即

jumg=Eq=2N

帶入題中數據解得

E=2xlO6V/m

故當E增加到2xl06v/m時，結合圖乙可知0.2s時物塊才開始向右運動，即。?0.2s時間內，物塊處于靜止

狀態(tài)O2~ls時間內，設1s末脫離平臺時的速度為匕，由動量定理

ZF1-I{=mVl

電場力的沖量4等于0.2-ls時間內圖線與坐標軸所圍的面積乘以電荷量，即

4=(^T^xi°6x0,8xl,0><10JN?

0.2~1S時間內摩擦力沖量4等于摩擦力乘該段時間，即

4=/jmgx8s=1.6N?

聯(lián)立解得

匕=3.2m/s

故B錯誤；

C.假設物塊在0.2~ls時間內物塊做勻加速直線運動，該時間內的位移

Si=^-f1=1.28m

則克服摩擦力做功

Wf=pimgsl=2.56J

實際上物塊做加速度增加的變加速運動，位移小于L28m,故克服安培力做功的值小于2.56J,動能增加量

1,

A￡k=—mv；=5.12J

根據能量守恒得可知，電場力做功的值等于克服摩擦力做功與動能增量之和，故電場力做功小于7.68J,故

O~ls內物塊的電勢能減少量小于7.68J,故C錯誤；

D.設3s末物塊的水平速度為內”豎直速度為為八在水平方向由動量定理得

/a=mv2x-mVl

由圖線與坐標軸所圍的面積可得

/%=10N-s

聯(lián)立解得

v2A.=13.2m/s

豎直方向由運動學公式得

V2y=g,2=20m/s

則物塊落地時的速度

%=Ji+Wy=24m/s

故D正確。

故選ADo

12.(2025?廣西?模擬預測)中國空間站天和核心艙配備了四臺國產化的LHJ100霍爾推進器，其簡化的

工作原理如圖所示。放電通道兩端的電極A、B間存在一加速電場E,工作時，工作物質流氣進入放電通道

后立即被電離為一價債離子，再經電場加速噴出，形成推力。單臺推進器每秒噴出的一價債離子數

?=1.8xl019yb,速度v=2xl()4m/s,單個低離子的質量為%=2.2義ICT”kg,電子電荷量e=1.6xl()T9c,

不計一切阻力，計算時取債離子的初速度為零，忽略離子之間的相互作用，則()

放電通道昕_I：

1°°a*Xe+E

---------------?

氣Flo。占8O*

uoo*b?|；

G*

AB

A.A、B兩電極間的加速電壓為275V

B.A、B兩電極間的加速電壓為375V

C.單臺霍爾推進器產生的平均推力大小約為0.08N

D.單臺霍爾推進器向外噴射抗離子形成的電流約為29A

【答案】AC

【知識點】用動量定理解決流體問題、帶電粒子在勻強電場中的直線運動、電流強度的定義及單位

【詳解】AB.氤離子經電場加速，根據動能定理有

12

eU=—mv

2

可得加速電壓為

U=275V

選項A正確，B錯誤；

C.根據動量定理可得

F-\t=nmv

代入數據解得

F=7.92xlO'N

約為0.08N,選項C正確;

D.單臺霍爾推進器向外噴射敬離子形成的電流

,NQne1.8xl019xl.6xl0-19…

/=—=——=--------------------------AA?2.9A

NtNt1

選項D錯誤。

故選ACo

13.（24-25高二上?海南省直轄縣級單位?階段練習）如圖所示，質量均為根的木塊A和B,并排放在光滑

水平面上，A上固定一豎直輕桿，輕桿上端的。點系一長為L的細線，細線另一端系一質量為機的球C,

現將球C拉起使細線水平伸直，并由靜止釋放球C,則下列說法正確的是（重力加速度為g）（）

A.運動過程中，A、B、C組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒

B.球擺到最低點過程，C球的速度為％=療

C.C球第一次擺到最低點過程中，木塊A、B向右移動的距離;心

3

D.C向左運動能達到的最大局度;工

4

【答案】CD

【知識點】系統(tǒng)受到的合外力為零、利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題

【詳解】A.木塊A、B和小球C組成的系統(tǒng)在水平方向合力為零，而在豎直方向合力不為零，故此系統(tǒng)在

水平方向上動量守恒，而在豎直方向上動量不守恒，所以此系統(tǒng)的動量不守恒，故A錯誤；

B.小球C第一次到達最低點時，設此時A、B共同速度大小為VAB,C的速度大小為vc,此過程水平方向

動量守恒可得

2〃7VAB

mvc=

由機械能守恒定律得

m2L——mv2+—1xc2mv2

2r2AB

解得

故B錯誤;

C.小球C第一次擺到最低點過程中，設C的水平速度大小為V7,木塊A、B的速度大小為也，對A、B、

C組成的系統(tǒng)，根據水平方向動量守恒得

mvx=2mv2

可得此過程中C的水平速度大小與木塊A、B的速度大小之比始終為

巧2m2

v2m1

則小球C第一次擺到最低點過程中，C的水平位移大小川與木塊A、B的位移大小&之比也為

芭_2

x21

由幾何關系得

玉+%2=￡

解得木塊A、B向右移動的距離為

%=口

故C正確；

D.球C第一次由最低點向左擺至最高點的過程，A與C組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，球C向左擺

至最高點時兩者共速，以水平向左為正方向，根據動量守恒定律與機械能守恒定律得

mvc-mvA=2mv

222

gmvc+；mvA=gx2mv+mgh

解得

h=-L

4

故D正確。

故選CD。

14.（2024?安徽?一模）如圖所示，一個固定的光滑導軌長臂水平、短臂豎直；一根不可伸長的輕繩，一端

系在質量為優(yōu)的圓環(huán)上，另一端與質量為根的小球相連，圓環(huán)套在長臂上。左手扶住圓環(huán)，右手拿起小球

將細線水平拉直，已知細線長度L=6后m，此時圓環(huán)距離短臂尤=3（應-l）m,現將圓環(huán)與小球同時由靜止

釋放，小球向下擺動，環(huán)與短臂碰后粘連（碰撞時間極短）。在小球向下擺動過程中，小球與環(huán)沿繩方向

速度始終相等，重力加速度為g=10m/s2。從釋放小球到小球第一次到達最低點的過程中，下列說法正確的

是（）

，…_________o

Lm

A.小球與環(huán)組成的系統(tǒng)機械能不守恒

B.小球與環(huán)組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒

C.環(huán)的最大速度大小為3百m/s

D.小球運動的最大速度大小為,30(4五

【答案】AD

【知識點】用動能定理求解外力做功和初末速度、判斷系統(tǒng)機械能是否守恒、用細繩連接的系統(tǒng)機械能守

恒問題、系統(tǒng)在某一方向不受外力

【詳解】小球與圓環(huán)釋放瞬間，小球與圓環(huán)水平方向上不受外力，水平方向動量守恒，根據平均動量守恒

有

m—=m—

tt

相等時間里小球與環(huán)水平位移相等，所以當環(huán)與短臂碰撞時，小球的水平位移也為九，由于

L>2x

所以當圓環(huán)與短臂碰撞時，小球未到最低點，之后環(huán)與短臂粘連，小球做圓周運動到最低點。

A.環(huán)與短臂粘連時，小球與環(huán)沿繩方向的速度減為0,機械能不守恒，A正確；

B.環(huán)與短臂粘連前系統(tǒng)水平方向動量守恒，粘連后水平方向動量不守恒，B錯誤；

C.如圖

環(huán)與斷臂碰撞前瞬間速度最大，設最大速度為V,繩與水平方向夾角為a,根據水平方向動量守恒，有

mv=mvx

可得小球的水平速度為

根據機械能守恒定律，有

2

mgh=:mv+；機（匕2）

h=^L2-（￡-2X）2=6m

在小球向下擺動過程中，小球與環(huán)沿繩方向速度始終相等，有

vcosa=vysina-vxcosa

h0

sina=—=—

L2

可得

a=45°

聯(lián)立解得

v=26m/s

C錯誤；

D.小球運動到最低點時速度最大，設速度為M,環(huán)與短臂粘連時，小球與環(huán)沿繩方向的速度減為0,小球

的速度為

匕=vxsina+vycosa=3^/10In/s

根據動能定理，有

mg^L-h)=^mv,2-mv^

解得

v'=^30(472-1)111/8

D正確。

故選ADo

15.（2024?四川達州?一模）如圖甲所示，一小朋友駕駛一輛質量仍=100kg（包含小朋友）的碰碰車以速

度v=2.5m/s勻速直線運動，與質量叱=50kg靜止球形障礙物（安裝有速度感應器）發(fā)生正碰，碰撞后球

形障礙物被向前彈開，碰碰車車頭被撞變形，但仍持續(xù)向前運動，不計一切阻力，速度感應器測得障礙物

速度與時間的關系如圖乙所示，以開始碰撞的時刻為計時起點，則下列說法正確的是（）

A.r=l.0s之前碰碰車與障礙物分離

B.r=1.0s時碰碰車與障礙物分離

C.碰碰車與障礙物碰撞是彈性碰撞

D.碰撞過程中碰碰車與障礙物系統(tǒng)損失的機械能為37.5J

【答案】BD

【知識點】利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題

【詳解】AB.由圖可知，障礙物的速度在0~1.0s內增加，1.0s之后速度不變，所以說明在t=1.0s時碰碰車

與障礙物分離，故A錯誤，B正確；

CD.具題意知碰碰車與障礙物發(fā)生碰撞后，障礙物速度彩=3.0m/s,設碰碰車碰后速度為匕，規(guī)定向右為

正方向，根據動量守恒定律

,nv

"21V=I%%+il

解得

匕=1.Om/s

則碰撞過程損失機械能

A廠121212

m

AE=~miv一萬叫匕-52y2

聯(lián)立以上得

AE=37.