五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題06動量考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1動量2021五年考情顯示，“動量守恒定律的應用”是絕對核心。命題趨勢聚焦多過程碰撞的動力學鏈條構建、臨界條件的精細化分析及跨模塊規(guī)律的深度整合。試題設計顯著強化多物體、多階段碰撞的系統(tǒng)性建模，例如含彈簧的滑塊-斜面-圓弧軌道復合場景中，要求分段分析彈性碰撞與非彈性碰撞的動量-能量傳遞，并精準判斷動量守恒條件，同時結合機械能守恒或動能定理求解速度突變、最大形變量或高度變化；或構建“子彈打木塊+沖擊擺”組合模型，需綜合運用動量守恒處理完全非彈性碰撞、圓周運動臨界條件及平拋規(guī)律求解射程。對變力沖量的考查更趨靈活，涉及通過F-t圖像面積定量計算動量變化，或結合導數(shù)思想分析流體沖擊力的瞬時功率與系統(tǒng)動量變化率關系。跨模塊綜合命題日益突出，例如導體棒在磁場中切割磁感線時發(fā)生碰撞，需聯(lián)動動量守恒與電磁感應規(guī)律；或結合原子物理的α粒子散射模型，用動量定理分析微觀粒子受力方向與偏轉軌跡。數(shù)學工具的嚴謹性要求提升，需熟練運用矢量分解處理斜面碰撞、數(shù)列迭代計算多次彈性碰撞后的速度序列，通過v-t圖像斜率關聯(lián)加速度與合外力沖量?？键c2動量定理2022考點3動量守恒定律的應用2024、2023考點01動量1．（2021·湖南·學業(yè)水平選擇性）物體的運動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應p-x圖像中的一個點。物體運動狀態(tài)的變化可用p-x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應的相軌跡可能是（）A．B．C． D．【答案】D【詳析】質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有v2=2ax，而動量為p=mv，聯(lián)立可得p=m2ax=m2a?x12故選D?？键c02動量定理2．（2022·湖南·高考）如圖（a），質量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設籃球在運動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍（λ為常數(shù)且0<λ<H-hH+h），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；（2）若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中h0已知，求F（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點時，運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，經過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小?！敬鸢浮浚?）k=(1+λ)h(1-λ)H；（2）F0【詳析】（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有mg-λmg=m再根據(jù)勻變速直線運動的公式，下落的過程中有v籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有mg+λmg=m再根據(jù)勻變速直線運動的公式，上升的過程中有v則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比k=（2）若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，則籃球下落過程中根據(jù)動能定理有mgh+籃球反彈后上升過程中根據(jù)動能定理有-mgh-λmgh=0-聯(lián)立解得F（3）方法一：由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為a下a上由題知運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有I=mv即每拍擊一次籃球將給它一個速度v。拍擊第1次下降過程有v上升過程有k代入k后，下降過程有v上升過程有h聯(lián)立有h拍擊第2次，同理代入k后，下降過程有v上升過程有h聯(lián)立有h再將h1代入h2有h拍擊第3次，同理代入k后，下降過程有v上升過程有h聯(lián)立有h再將h2代入h3有h直到拍擊第N次，同理代入k后，下降過程有v上升過程有h聯(lián)立有h將hN-1代入hN有h其中hN=H則有H=則I=mv'=m方法二：由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為a下a上由題知運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有I=m即每拍擊一次籃球將給它一個速度v’。設籃球從H下落時，速度為v0，反彈高度為h，籃球受到沖量I后速度為v’，落地時速度為v2(1+λ)gh=(kv聯(lián)立可得h=代入k可得，v'2籃球再次反彈，反彈速度為kv1，設反彈高度為h1，受到沖量后，落地速度為v22(1+λ)gh1同理化簡可得v'2籃球第三次反彈，反彈速度為kv2，設反彈高度為h2，受到沖量后，落地速度為v32(1+λ)gh2同理化簡可得v'2……第N次反彈可得v'2=v對式子①②③……(N)兩側分別乘以(Hh)0、Hh、(1+得1-其中，v02=2(1-λ)gH，可得沖量I的大小I=mv'=m考點03動量守恒定律的應用3．（2024·湖南·高考）如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內有質量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運動，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內運動。（1）若小球A與B碰撞后結合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大小；（2）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，求小球的質量比mA（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過的路程?！敬鸢浮浚?）v=mAv0mA+mB（3）2πR【詳析】（1）有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動量守恒,設碰撞后兩小球的速度大小為v，則根據(jù)動量守恒有m可得v=碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有F=可得F=（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，設碰后速度分別為vA，vB，則碰后動量和能量守恒有m1聯(lián)立解得vA=因為所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，如圖①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為1+3k1聯(lián)立解得m由于兩質量均為正數(shù)，故k1=0，即m對第二次碰撞，設A、B碰撞后的速度大小分別為v'A，m1聯(lián)立解得v'A=v0，v②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為2+3k2聯(lián)立可得m因為兩質量均為正數(shù)，故k2=0，即m根據(jù)①的分析可證v'A=綜上可知mAmB（3）第一次碰前相對速度大小為v0，第一次碰后的相對速度大小為v1相=ev0，第一次碰后與第二次相碰前B球比A球多運動一圈，即第一次碰撞動量守恒有mAv聯(lián)立解得vB球運動的路程s第二次碰撞的相對速度大小為v2相第二次碰撞有mAv聯(lián)立可得v所以B球運動的路程s一共碰了2n次，有s=4．（2023·湖南·高考）如圖，質量為M的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直．質量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑．以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為g。（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；（2）在平面直角坐標系xOy中，求出小球運動的軌跡方程；（3）若Mm=ba-b，求小球下降h=b【答案】（1）v2=2m2gbM2+Mm，【詳析】（1）小球運動到最低點的時候小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動量守恒，取向左為正0=m小球運動到最低點的過程中系統(tǒng)機械能守恒mgb=聯(lián)立解得v因水平方向在任何時候都動量守恒即0=m兩邊同時乘t可得m且由幾何關系可知x聯(lián)立得x（2）小球向左運動過程中凹槽向右運動，當小球的坐標為x,y時，此時凹槽水平向右運動的位移為Δx，根據(jù)上式有則小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上，根據(jù)數(shù)學知識可知此時的橢圓方程為x-整理得xM+m-ma2M（3）將Mm=即此時小球的軌跡為以a-b為圓心，b為半徑的圓，則當小球下降的高度為b2

此時可知速度和水平方向的夾角為60°，小球下降b2的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒系統(tǒng)機械能守恒mg聯(lián)立得v一、單選題1．（24-25高三·湖南·Flawless聯(lián)考（三））如圖為某滑雪大跳臺的滑道示意圖。運動員從助滑道某高度滑下，從跳臺最高點O沿某一固定角度飛出。著落坡可以看作是以O點為起點的直道，不計空氣阻力且運動員可視作質點。對于運動員（含滑雪器械）在空中的運動，下列說法正確的是（）A．運動員離著落坡最遠時，重力功率為0B．以不同速度飛出跳臺的運動員滯空時間相同C．運動員著落時的速度方向和滑下的高度無關D．相等時間內，運動員動量變化量先減小后增大【答案】C【詳析】A．運動員離著落坡最遠時，速度方向與著落坡平行，速度在豎直方向有分速度，則重力的功率不為零，故A錯誤；BC．設運動員從跳臺最高點O沿某一固定角度飛出時的速度方向與著落坡的夾角為α，著落坡與水平方向的夾角為θ，運動員飛出跳臺的初速度為v0；將運動員在空中的運動分解為沿著落坡和垂直著落坡兩個分運動，則運動員飛出跳臺的滯空時間為t=2vyay=2v0sinαgcosθ，可知以不同速度飛出跳臺的運動員滯空時間不相同；運動員著落時沿著落坡的分速度大小為vx=vD．根據(jù)動量定理可得mgΔt=Δp故選C。2．（24-25高三·湖南邵陽·二聯(lián)考）如圖所示質量為m的某型號雙響爆竹的結構簡化圖，其內部結構分上、下兩層，分別裝載火藥。某次在一水平地面上燃放測試中，點燃引線，下層火藥被瞬間引燃后，爆竹獲得了豎直升空的初始速度。當爆竹上升到最大高度h處時，上層火藥恰好被引燃，爆竹瞬間分裂成質量之比為1：2的P、Q兩部分。若P、Q均沿水平方向飛出，落地點間的水平距離為L，不計空氣阻力及爆竹爆炸前后的質量變化，重力加速度為A．下層火藥被引燃后爆竹獲得的動量為mB．爆竹分裂后Q獲得的速度大小為LC．P、Q著地前瞬間的速度大小之比2D．上、下兩層火藥分別被引燃時，爆竹增加的機械能之比為L【答案】D【詳析】A．設下層火藥被引燃后爆竹的速度大小為v，則v2=2g，下層火藥被引燃后爆竹獲得的動量為p=mv，解得p=m2ghB．引燃上層火藥后兩部分向相反的方向做平拋運動，豎直方向有h=12gt2，水平方向有L=v1t+v2t，上層火藥燃爆時，水平方向動量守恒，取質量較小部分P獲得的速度方向為正方向，則有0=13C．P、Q著地前瞬間豎直方向的速度大小均為vy=2gh，P、Q著地前瞬間的速度大小分別為v1'=vy2+vD．上層火藥燃爆后爆竹獲得的機械能為E1=12×13mv1故選D。3．（25屆·邵陽·三聯(lián)·下）打羽毛球是深受大眾喜愛的體育運動。如圖所示是羽毛球從左往右飛行的軌跡圖，圖中A、B為同一軌跡上等高的兩點，P為該軌跡的最高點，則羽毛球在該軌跡上運動時，下列說法正確的是（）A．在A、B兩點的動能相等B．AP段重力的沖量小于PB段重力的沖量C．整個飛行過程中經過P點時的速度最小D．在PB下落階段，羽毛球加速度的豎直分量大于重力加速度值【答案】B【詳析】A．羽毛球由A點運動到B點過程中，重力做功為零，空氣阻力做負功，由動能定理可知，動能減小，所以羽毛球在A點的動能大于B點的動能，故A錯誤；BD．羽毛球上升階段豎直方向所受合力大于重力，豎直方向的加速度大于g，下落階段豎直方向所受合力小于重力，豎直方向的加速度小于g，所以羽毛球AP段所用時間比PB段小，結合沖量的定義可知，AP段重力的沖量小于PB段重力的沖量，故B正確，D錯誤；C．羽毛球經過P點時所受重力與空氣阻力的合力與速度成鈍角，說明速度正在減小，所以整個飛行過程中經過P點時的速度不是最小，故C錯誤；故選B。4．（2025·湖南邵陽·一模）為了研究多層鋼板在不同模式下的防彈效果，建立如下簡化模型。如圖所示，兩個完全相同的鋼板A、B厚度均為d，質量均為m。第一次把A、B焊接在一起靜置在光滑水平面上，質量也為m的子彈水平射向鋼板A，恰好將兩鋼板擊穿。第二次把A、B間隔一段距離水平放置，子彈以同樣的速度水平射向A，穿出后再射向B，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞。設子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，不計子彈的重力，子彈可視為質點。下列說法正確的是（）A．第一次子彈射出B時，A的位移為dB．第一次子彈穿過A、B所用時間之比為1:C．第二次子彈不能擊穿鋼板B，進入鋼板B的深度為2+D．第一次、第二次整個系統(tǒng)損失的機械能之比為8:【答案】D【詳析】A．設第一次子彈穿過A、B時共同速度為v，對系統(tǒng)由動量守恒有mv0=m+2mv，此過程對A和B有x=v2t，對子彈有B．第一次子彈相對A、B做勻減速直線運動，恰擊穿時相對末速度為0，根據(jù)逆向思維，可以將看成子彈相對A、B做初速度為0的反向勻加速直線運動，穿過B、A的相對位移相等，根據(jù)連續(xù)相鄰相等位移之內的時間間隔比例規(guī)律可知，穿過B、A的時間之比為1:2-1，所以穿過A、B所用時間之比為2-1C．設子彈的初速度為v0，受到的阻力大小為f，第一次穿過A、B時共同速度為v，對系統(tǒng)由動量守恒有mv0=m+2mv，由能量守恒有f?2d=12mv02-12m+2mv2，解得fd=16mv02，第二次子彈穿過A時，設子彈速度為v1，A的速度為u，假設不能穿透B，最后與B的共同速度為v假設成立，故C錯誤；D．第一次系統(tǒng)損失的機械能ΔE1=f?2d，第二次系統(tǒng)損失的機械能ΔE2=f?d+故選D。二、多選題5．（25屆·懷化·二模）如圖甲，某輕彈簧兩端系著質量均為m的小球A、B。小球A用細線懸掛于天花板上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。將細線燒斷，并以此為計時起點，A、B兩小球運動的a-t圖線如圖乙所示（a為小球的加速度，t為時間），兩圖線對應縱軸最小值均為a=0，S表示到t1時間內A的a-t圖線與橫軸所圍面積大小，當?shù)刂亓铀俣葹間A．從0到t3時刻，彈簧對A球的沖量為B．t2C．t2時刻，A、BD．t1時刻，B物體的速度大小為【答案】AD【詳析】A．從圖像可知從0到t3時刻兩圖線與時間軸所夾面積相等，而小球A、B的初速度為0，即t3時刻兩小球速度大小相等，整體由動量定理2mgt3=2mv3，得兩球速度大小v3=gt3，設彈簧對球A的沖量為B．t2時刻，兩小球加速度大小相等，以小球A、B整體為對象，由牛頓第二定律2mg=2ma，得此時小球A、B的加速度大小為a=g，此時小球小A、B均處于完全失重狀態(tài)，設此時彈簧彈力為T，則T=0，即彈簧處于原長，彈性勢能最小，故BC．從圖乙可知，從0到t2時刻兩者速度差一直在增大，t2時刻達到最大，故D．從0到t1時刻，以A、B兩球整體為對象，由動量定理2mgt1=mvA+mvB，其中t1時刻小球A的速度大小為v故選AD。6．（2025·湖南永州·三模）如圖甲所示在傾角為θ=37°的足夠大的固定光滑斜面上，質量為m1=2kg的物塊A與質量為m2=4kg的物塊B通過一根輕繩繞過兩個輕質定滑輪C、D相互連接，位置關系如圖乙所示，從某時刻開始同時靜止釋放A和B，A．A和B具有相同的加速度B．B在1s末的速度大小為2C．滑輪D對輕繩的作用力大小為16ND．1s內繩對A的沖量大小為16N【答案】BD【詳析】A．A和B的加速度大小相等，但方向不同，加速度不同，故A錯誤；B．根據(jù)題意，由牛頓第二定律有mBgsin37°-mAgsin37°=mB+mCD．設繩的彈力為T，對物體B由牛頓第二定律有mBgsin37°-T=mBa，解得T=16N，則滑輪D對輕繩的作用力大小為F=2Tcos30°=163N故選BD。7．（2025·湖南永州·三模）如圖1所示，質量均為m=1kg的物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙左端的距離為L，初始時甲、乙均靜止，質量為M的物塊丙以速度v0=1.5m/s向右運動，與乙發(fā)生完全彈性碰撞。碰后乙的位移x隨時間t的變化如圖2中實線所示，其中0.5s時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分（圖中實線）和直線，二者相切于P點，拋物線的頂點為A．M=1.5kg B．甲、乙間的動摩擦因數(shù)為0.2C．甲到乙左端的距離L至少為0.5m D．甲乙之間因摩擦產生的熱量為2J【答案】BC【詳析】A．設碰后瞬間乙的速度大小為v1，碰后乙的加速度大小為a，由圖2可得x=v1t-12at2，由圖可知0.75=v1×0.5-12a×0.52，1.0=v1a，BCD．對甲乙系統(tǒng)由動量守恒和能量關系mv1=2mv，解得v=1m/s，由圖像可知0.5s時木板乙的速度v0.5=v1-at0.5=1m/s，即0.5s時刻甲乙恰共速，則對甲由動量定理μmgt0.5=mv，解得μ=0.2，故選BC。8．（2025·湖南岳陽·高三下二模）如圖為水流導光實驗，將塑料瓶下側開一個小孔，瓶中灌入清水，水就從小孔流出。將紅光水平射向塑料瓶小孔，觀察到紅光束沿水流方向發(fā)生了彎曲，光被完全限制在水流內，出現(xiàn)了“水流導光”現(xiàn)象。已知某時刻出水口中心到接水桶水面的高度為20cm，水在接水桶中水面的落點中心到出水口的水平距離為20cm，出水口橫截面積為2.5×10-5m2，水的密度為1.0×10A．“水流導光”是一種光的衍射現(xiàn)象B．此時改用紫光以同樣的方向照射一定能發(fā)生“水流導光”現(xiàn)象C．空中水柱（出水口至水面落點間的水柱）的體積為5×D．落水對水面的沖擊力大小為0.1【答案】BC【詳析】A．“水流導光”是一種光的全反射現(xiàn)象，故A錯誤；B．紫光的折射率大于紅光的折射率，根據(jù)sinC=1n，可知，同一介質中，紫光的臨界角小于紅光的臨界角，可知，此時改用紫光以同樣的方向照射一定能發(fā)生“水流導光”C．水做平拋運動，則有h=12gt2，x=v0t，解得t=0.2s，v0D．水落至水面豎直方向的分速度vy=gt=2m/s，截取極短時間落到水面過程，根據(jù)動量定理有-F1-ΔmgΔt=0-Δmvy，由于時間極短，則有F1?故選BC。9．（2025·湖南婁底·高三下二模）如圖所示在光滑水平面上有兩個小木塊A和B，其質量mA=2kg,mB=4kg，它們中間用一根輕彈簧相連。一顆水平飛行的子彈質量為m0=50g，初速度為vA．子彈射穿A木塊過程中系統(tǒng)損失的機械能為3975JB．子彈打穿兩個木塊后的過程中彈簧最大的彈性勢能為4.5C．彈簧再次恢復原長時A的速度為5D．彈簧再次恢復原長時B的速度為25【答案】AC【詳析】A．設子彈射穿A木塊后A和子彈的速度分別為vA和v1，由題意可知v1=35v0=300m/s，子彈穿過AB．設子彈射穿B木塊后B和子彈的速度分別為vB和v2，由動量守恒定律可得m0v1=mBvB+m0v2，由題意可知12m0v02-1CD．彈簧再次恢復原長時A、B的速度分別為vA'、vB'，規(guī)定水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律mAvA+m故選AC。10．（25屆高三下·湖南長沙邵陽多校聯(lián)考·三模）光滑水平面有A、B兩個物塊，質量分別為2m和m，初始時用處于原長狀態(tài)下的彈簧相連，現(xiàn)在給物塊A一個水平向右的初速度v0。水平面右側有一墻面，已知經過時間t，物塊BA．彈簧的最大彈性勢能是mv023 BC．初始時物塊B離墻面的距離是23v0t D【答案】AC【詳析】A．當兩物塊共速時，彈簧壓縮的最短，彈簧的彈性勢能最大，此過程根據(jù)動量定理2mv0=（2m+m）v共，兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則B．當彈簧恢復原長時，物塊B的速度達到最大，根據(jù)動量守恒2mv0=2mvA+mvB，兩物塊的動能守恒12CD．當彈簧恢復原長時，物塊B的速度達到最大，根據(jù)動量守恒2mv0=2mvA+mvB，兩邊同時乘以t可得2mv0t=2mvAt+mv故選AC。11．（24-25高三·湖南·多校聯(lián)考·下）如圖所示，一根勻質軟細繩長為L，質量為m，下端與水平地面接觸，細繩處于豎直狀態(tài)。釋放上端后，細繩不斷墜落到地面。設碰撞為完全非彈性碰撞，重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．細繩完全下落到地面所用時間為2LB．細繩對地面的最大作用力為2mgC．細繩對地面的作用力F隨頂端下落的高度h變化的規(guī)律為3mgD．細繩對地面的作用力F隨頂端下落的時間t變化的規(guī)律為3m【答案】AC【詳析】A．將細繩看作有很多質點組成，做自由落體運動，對于最頂端質點，根據(jù)自由落體運動位移公式L=12gt2，解得t=2LBCD．設頂端下落高度為h時，速度滿足v2=2gh，此時落地部分細繩質量m'=hLm，取極短時間Δt內下落的一小段繩為研究對象，質量Δm=mLvΔt，根據(jù)動量定理F合Δ即最大作用力為3mg，又h=12gt2，解得F故選AC。12．（2025·常德一中·高考模擬）如圖所示，一排人站在沿x軸的水平軌道旁，原點0右側的人的序號記為n(n=1,2,3……)每人只有一個沙袋，每個沙袋質量為m=5kg，一質量為M=24kg的小車以某初速度v0從原點出發(fā)向正x方向滑行，不計軌道阻力。當車每經過一人身旁時，此人就把沙袋以水平速度A．若u=2v0，當僅有序號為1的人將沙袋扔到車上后，則小車的速度變?yōu)?4B．若u=2v0，當序號為3的人將沙袋扔到車上后，小車將反向運動C．若u的大小不是定值，u等于扔此袋之前的瞬間車速大小的2n倍（n是此人的序號數(shù)），則車上有3個沙袋時小車開始反向運動D．若僅有序號為1的人將沙袋朝與車速相反的方向以相對于小車的速度v相=2v0沿車面扔到車上后，【答案】AB【詳析】A．對小車、沙袋系統(tǒng)，以向右為正由動量守恒：Mv0-2mv0=（M+m）v1，解得v1=1429v0B．設n次扔出沙袋小車反向，則有Mv0-2nmv0<0，解得n>2.4，取整數(shù)應為n=3次后小車反向，故B正確；C．小車朝正x方向滑行的過程中，第（n-1）個沙袋扔到車上后的車速為vn-1，第n個沙袋扔到車上后的車速為vn，由動量守恒定律有[M+n-1m]vn-1-2nmvn-1=M+mnvn，解得vn=M-(n+1)mM+mnvn-1，小車反向運動的條件是：vD．應取同一參考系，由公式v甲對地=v甲對乙+v乙對地，可知沙袋的速度應表示為v袋對地=-u+v0，由動量守恒：Mv0+m（-u+v0）=（M+m）v1，解得v1=1929v0故選AB。三、解答題13．（24-25高三·湖南常德一中·月考）平板小車C放在光滑水平面上，現(xiàn)有質量為2m的物塊A和質量為m的木塊B，分別以2v0和v0的初速度沿同一直線從小車的兩端水平相向滑上小車，如圖所示，設A、B兩物塊與小車的動摩擦因數(shù)分別為μ和2μ，小車的質量為3m，A、B均可視為質點。(1)在A、B物塊同時相對小車滑動過程中，A、B、C的加速度大小分別為多少？(2)為使A、B兩物塊不相碰，平板小車至少要多長？(3)若A、B兩物塊不相碰，求從開始到A、B、C均相對靜止，系統(tǒng)由于摩擦產生的熱量是多少？【答案】(1)aA=μg，a(2)15(3)Q=【詳析】（1）因A、B物塊在滑動過程中，對小車的摩擦力大小相等、方向相反，所以小車C不動。A、B的加速度分別為aA=μ·2mg（2）A、B物塊在滑動過程中，小車C不動，AB組成的系統(tǒng)受到的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，當B停止運動時，設A的速度為vA，以向右為正，根據(jù)動量守恒定律，得2m?2v0-mv0=2mvA解得v在這段時間內，在這段時間內A、B在車上滑行的距離為xA=(2v此后A相對小車仍在運動，A對車的摩擦力使車和B一同向右加速運動，直接三者速度相等，A、B恰好接觸，此時小車的長度為最小長度。設共同速度為v′，則有2m?2v0-mv0=(2m+m+3m）v′μ·2mg解得x則車的長度至少為L=（3）系統(tǒng)由于摩擦產生的熱量是Q=μ?2mg14．（25屆·懷化·二模）如圖甲所示，水平地面上鋪設有一厚度不計的軟性材質地毯，在距離地毯高為H的位置P由靜止自由釋放一質量為mA的小球A（H遠大于小球半徑），小球A與水平地面上的地毯發(fā)生碰撞后豎直反彈。已知小球A每次與地毯發(fā)生碰撞之后的瞬時速率都是碰前瞬時速率的45。（整個過程不計空氣阻力，已知重力加速度為(1)求小球A第一次反彈的最高點到釋放點P的距離；(2)如果要使小球A在第一次反彈后恰好回到出發(fā)點P，則需在釋放時瞬間給小球A一個豎直向下的初速度v0，v(3)如圖乙所示，緊貼小球A的正下方放置一大小相同、質量為mB的小球B，此時仍然讓兩小球從位置P由靜止自由下落，要使小球A在第一次碰后反彈恰好回到出發(fā)點P，則小球B的質量mB與小球A的質量mA之比是多少？（假設小球B每次與地毯發(fā)生碰撞之后的瞬時速率都是碰前瞬時速率的45，而小球A【答案】(1)9(2)v(3)m【詳析】（1）方法一：設小球A與地毯碰前的瞬時速率為v，從自由釋放到落點前瞬間由機械能守恒定律得mgH=1設第一次碰后小球A上升的最大高度為h，依題意有碰后的瞬時速率為45v，則碰后反彈到最高點有則第一次反彈的最高點到釋放點P的距離為Δy=H-h=方法二：設小球A與地毯碰前的瞬時速率為v，從自由釋放到落點前瞬間由自由落體得v2設第一次碰后小球A上升的最大高度為h，依題意有碰后的瞬時速率為45v，則碰后反彈到最高點有則第一次反彈的最高點到釋放點P的距離為Δ（2）方法一：當小球A自由下落的初速度為v0時，其與地毯碰前的瞬時速度為v'，由機械能守恒得反彈后小球A恰好回到釋放點P，則有12聯(lián)立得v0方法二：當小球A自由下落的初速度為v0時，其與地毯碰前的瞬時速度為v'，由運動學公式得v反彈后小球A恰好回到釋放點P，則有（4聯(lián)立得v（3）設小球B與地毯碰前的瞬時速率為v，則與地毯碰后的速率為45v，此時小球A的速率為v，由于小球A和小球B之間的碰撞為彈性碰撞，則由動量守恒（取豎直向上為正）和機械能守恒得45m碰后小球A恰好回到釋放點P，則有vA'2聯(lián)立上述各式，得m15．（24-25高三·湖南·多校聯(lián)考·下）如圖1所示，一質量為M（未知）的小車靜止在光滑水平地面上，其左端P點與平臺平滑相接。小車上表面PQ是以O為圓心、半徑R=0.9?m的四分之一圓弧軌道。質量m=0.5?kg的光滑小球，以某一水平速度沖上小車的圓弧面。測得小球與小車在水平方向上的速度大小分別為v1、v2，作出的部分圖像如圖2所示。已知OP豎直，OQ水平，水平臺面高(1)小球落地時的速度大?。?2)小球從Q點上升的最大高度；(3)小球運動到Q點時的速度大小?！敬鸢浮?1)7(2)0.3(3)10【詳析】（1）由題意可知，小球和小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由圖2可知，當v1=0時v2=3?m則有6m=3M解得M=1小球從P點離開小車，小球離開小車時的速度為v3，小車的速度為v41小球落地時的速度為v5，由機械能守恒定律可得聯(lián)立解得v（2）小球在Q點時，在水平方向與小車共速，由動量守恒定律可得m解得v小球由P點運動到最高點時，由機械能守恒定律可得1解得h從Q點上升的高度h（3）設小球在Q點的速度為vQ，小球由P點運動到Q點時，由機械能守恒定律可得解得v16．（24-25高三·湖南天壹名校聯(lián)盟·下期沖刺壓軸大聯(lián)考）籃球課結束后，同學們用小車收集散落在球場上的籃球，一個同學撿到球后，投射進入固定在小車上的小筐中。若籃球的質量為m，小車及小筐的總質量為M，將籃球以速度v0水平向靜止于地面的小車投出，拋出點與小車車板的豎直高度為h，球進入小筐后立即相對于小車靜止，沒有反彈。重力加速度為g，求：(1)球進入小筐后，小車的速度v；(2)若地面與小車的動摩擦因數(shù)為μ，車在地面上滑行的距離L；(3)若地面光滑，將小車上的筐去掉，再次投出籃球，撞擊在小車車板上后籃球反彈，最后又回落在小車車板的起始撞擊點上。籃球與小車間的動摩擦因數(shù)為μ0，籃球碰前與碰后始終在同一豎直平面內運動，碰撞時小車對球的彈力遠大于球的重力，則籃球反彈的高度H為多大?！敬鸢浮?1)m(2)m(3)1【詳析】（1）水平方向球與小車動量守恒m解得v=（2）根據(jù)動能定理得0-解得L=（3）籃球反彈后又回落在小車車板上起始撞擊點上，反彈時水平方向上，v水平方向根據(jù)動量守恒定律得m對于車，水平方向根據(jù)動量定理得μ對于籃球，在豎直方向，取豎直向上為正，碰撞時小車對球的彈力遠大于球的重力FN由于vy12=2gh解得H=17．（24-25高三·湖南懷化·三模）如圖所示，初始時，一滑塊（可視為質點）以v0=6m/s的速度滑上一靜止在光滑水平面上的小車，已知小車質量M=2kg，滑塊質量(1)初始時，小車與豎直墻壁之間的距離；(2)小車至少多長；(3)從初始時至小車第n次（n已知且n≥2）與墻壁碰撞時，滑塊做減速運動的總時間及勻速運動的總時間?！敬鸢浮?1)0.8m(2)3.6m(3)6【詳析】（1）滑塊滑上小車，滑塊和小車系統(tǒng)動量守恒，有m對小車，有μmg解得x（2）小車第一次與墻壁碰撞后，小車向左減速，滑塊向右減速，小車的速度先減為0，然后反向加速，直至與滑塊共速后再一起勻速向右運動，然后與墻壁發(fā)生第二次碰撞，以此類推，二者速度會逐漸減小直至二者都趨于靜止。設滑塊相對小車的相對位移為x，根據(jù)能量守恒μmgx=解得x=3.6即小車的長度至少為3.6m。（3）設滑塊做減速運動的時間為t減，對滑塊μmg=ma則t小車和滑塊以共同速度v1與墻第二次相碰，以向右為正，由動量守恒解得v對小車，第一次碰后到二者共速的過程-μmg得x減速時間t勻速時間t接著小車與墻第二次相碰，設小車第三次與墻相碰前和滑塊的共同速度為v2，以右為正，由動量守恒解得v第二次碰后到二者共速的過程-μmg·可得x減速時間t勻速時間t以此類推，小車第n次與墻碰撞時小車和滑塊的共同速度v總的減速時間t總的勻速時間t=t=專題06動量考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1動量2021五年考情顯示，“動量守恒定律的應用”是絕對核心。命題趨勢聚焦多過程碰撞的動力學鏈條構建、臨界條件的精細化分析及跨模塊規(guī)律的深度整合。試題設計顯著強化多物體、多階段碰撞的系統(tǒng)性建模，例如含彈簧的滑塊-斜面-圓弧軌道復合場景中，要求分段分析彈性碰撞與非彈性碰撞的動量-能量傳遞，并精準判斷動量守恒條件，同時結合機械能守恒或動能定理求解速度突變、最大形變量或高度變化；或構建“子彈打木塊+沖擊擺”組合模型，需綜合運用動量守恒處理完全非彈性碰撞、圓周運動臨界條件及平拋規(guī)律求解射程。對變力沖量的考查更趨靈活，涉及通過F-t圖像面積定量計算動量變化，或結合導數(shù)思想分析流體沖擊力的瞬時功率與系統(tǒng)動量變化率關系?？缒K綜合命題日益突出，例如導體棒在磁場中切割磁感線時發(fā)生碰撞，需聯(lián)動動量守恒與電磁感應規(guī)律；或結合原子物理的α粒子散射模型，用動量定理分析微觀粒子受力方向與偏轉軌跡。數(shù)學工具的嚴謹性要求提升，需熟練運用矢量分解處理斜面碰撞、數(shù)列迭代計算多次彈性碰撞后的速度序列，通過v-t圖像斜率關聯(lián)加速度與合外力沖量?？键c2動量定理2022考點3動量守恒定律的應用2024、2023考點01動量1．（2021·湖南·學業(yè)水平選擇性）物體的運動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應p-x圖像中的一個點。物體運動狀態(tài)的變化可用p-x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應的相軌跡可能是（）A．B．C． D．【答案】D【詳析】質點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有v2=2ax，而動量為p=mv，聯(lián)立可得p=m2ax=m2a?x12故選D?？键c02動量定理2．（2022·湖南·高考）如圖（a），質量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處。設籃球在運動過程中所受空氣阻力的大小是籃球所受重力的λ倍（λ為常數(shù)且0<λ<H-hH+h），且籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度大小為（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；（2）若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h的高度處，力F隨高度y的變化如圖（b）所示，其中h0已知，求F（3）籃球從H高度處由靜止下落后，每次反彈至最高點時，運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，經過N次拍擊后籃球恰好反彈至H高度處，求沖量I的大小?！敬鸢浮浚?）k=(1+λ)h(1-λ)H；（2）F0【詳析】（1）籃球下降過程中根據(jù)牛頓第二定律有mg-λmg=m再根據(jù)勻變速直線運動的公式，下落的過程中有v籃球反彈后上升過程中根據(jù)牛頓第二定律有mg+λmg=m再根據(jù)勻變速直線運動的公式，上升的過程中有v則籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比k=（2）若籃球反彈至最高處h時，運動員對籃球施加一個向下的壓力F，則籃球下落過程中根據(jù)動能定理有mgh+籃球反彈后上升過程中根據(jù)動能定理有-mgh-λmgh=0-聯(lián)立解得F（3）方法一：由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為a下a上由題知運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有I=mv即每拍擊一次籃球將給它一個速度v。拍擊第1次下降過程有v上升過程有k代入k后，下降過程有v上升過程有h聯(lián)立有h拍擊第2次，同理代入k后，下降過程有v上升過程有h聯(lián)立有h再將h1代入h2有h拍擊第3次，同理代入k后，下降過程有v上升過程有h聯(lián)立有h再將h2代入h3有h直到拍擊第N次，同理代入k后，下降過程有v上升過程有h聯(lián)立有h將hN-1代入hN有h其中hN=H則有H=則I=mv'=m方法二：由（1）問可知籃球上升和下降過程中的加速度分別為a下a上由題知運動員拍擊一次籃球（拍擊時間極短），瞬間給其一個豎直向下、大小相等的沖量I，由于拍擊時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則根據(jù)動量定理有I=m即每拍擊一次籃球將給它一個速度v’。設籃球從H下落時，速度為v0，反彈高度為h，籃球受到沖量I后速度為v’，落地時速度為v2(1+λ)gh=(kv聯(lián)立可得h=代入k可得，v'2籃球再次反彈，反彈速度為kv1，設反彈高度為h1，受到沖量后，落地速度為v22(1+λ)gh1同理化簡可得v'2籃球第三次反彈，反彈速度為kv2，設反彈高度為h2，受到沖量后，落地速度為v32(1+λ)gh2同理化簡可得v'2……第N次反彈可得v'2=v對式子①②③……(N)兩側分別乘以(Hh)0、Hh、(1+得1-其中，v02=2(1-λ)gH，可得沖量I的大小I=mv'=m考點03動量守恒定律的應用3．（2024·湖南·高考）如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內有質量為mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始時小球A以初速度v0沿圓環(huán)切線方向運動，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計小球與圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內運動。（1）若小球A與B碰撞后結合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大?。唬?）若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，求小球的質量比mA（3）若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之間小球B通過的路程?！敬鸢浮浚?）v=mAv0mA+mB（3）2πR【詳析】（1）有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動量守恒,設碰撞后兩小球的速度大小為v，則根據(jù)動量守恒有m可得v=碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有F=可得F=（2）若兩球發(fā)生彈性碰撞，設碰后速度分別為vA，vB，則碰后動量和能量守恒有m1聯(lián)立解得vA=因為所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，如圖①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的b點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為1+3k1聯(lián)立解得m由于兩質量均為正數(shù)，故k1=0，即m對第二次碰撞，設A、B碰撞后的速度大小分別為v'A，m1聯(lián)立解得v'A=v0，v②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為2+3k2聯(lián)立可得m因為兩質量均為正數(shù)，故k2=0，即m根據(jù)①的分析可證v'A=綜上可知mAmB（3）第一次碰前相對速度大小為v0，第一次碰后的相對速度大小為v1相=ev0，第一次碰后與第二次相碰前B球比A球多運動一圈，即第一次碰撞動量守恒有mAv聯(lián)立解得vB球運動的路程s第二次碰撞的相對速度大小為v2相第二次碰撞有mAv聯(lián)立可得v所以B球運動的路程s一共碰了2n次，有s=4．（2023·湖南·高考）如圖，質量為M的勻質凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直．質量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑．以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點，在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉，重力加速度為g。（1）小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；（2）在平面直角坐標系xOy中，求出小球運動的軌跡方程；（3）若Mm=ba-b，求小球下降h=b【答案】（1）v2=2m2gbM2+Mm，【詳析】（1）小球運動到最低點的時候小球和凹槽水平方向系統(tǒng)動量守恒，取向左為正0=m小球運動到最低點的過程中系統(tǒng)機械能守恒mgb=聯(lián)立解得v因水平方向在任何時候都動量守恒即0=m兩邊同時乘t可得m且由幾何關系可知x聯(lián)立得x（2）小球向左運動過程中凹槽向右運動，當小球的坐標為x,y時，此時凹槽水平向右運動的位移為Δx，根據(jù)上式有則小球現(xiàn)在在凹槽所在的橢圓上，根據(jù)數(shù)學知識可知此時的橢圓方程為x-整理得xM+m-ma2M（3）將Mm=即此時小球的軌跡為以a-b為圓心，b為半徑的圓，則當小球下降的高度為b2

此時可知速度和水平方向的夾角為60°，小球下降b2的過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒系統(tǒng)機械能守恒mg聯(lián)立得v一、單選題1．（24-25高三·湖南·Flawless聯(lián)考（三））如圖為某滑雪大跳臺的滑道示意圖。運動員從助滑道某高度滑下，從跳臺最高點O沿某一固定角度飛出。著落坡可以看作是以O點為起點的直道，不計空氣阻力且運動員可視作質點。對于運動員（含滑雪器械）在空中的運動，下列說法正確的是（）A．運動員離著落坡最遠時，重力功率為0B．以不同速度飛出跳臺的運動員滯空時間相同C．運動員著落時的速度方向和滑下的高度無關D．相等時間內，運動員動量變化量先減小后增大【答案】C【詳析】A．運動員離著落坡最遠時，速度方向與著落坡平行，速度在豎直方向有分速度，則重力的功率不為零，故A錯誤；BC．設運動員從跳臺最高點O沿某一固定角度飛出時的速度方向與著落坡的夾角為α，著落坡與水平方向的夾角為θ，運動員飛出跳臺的初速度為v0；將運動員在空中的運動分解為沿著落坡和垂直著落坡兩個分運動，則運動員飛出跳臺的滯空時間為t=2vyay=2v0sinαgcosθ，可知以不同速度飛出跳臺的運動員滯空時間不相同；運動員著落時沿著落坡的分速度大小為vx=vD．根據(jù)動量定理可得mgΔt=Δp故選C。2．（24-25高三·湖南邵陽·二聯(lián)考）如圖所示質量為m的某型號雙響爆竹的結構簡化圖，其內部結構分上、下兩層，分別裝載火藥。某次在一水平地面上燃放測試中，點燃引線，下層火藥被瞬間引燃后，爆竹獲得了豎直升空的初始速度。當爆竹上升到最大高度h處時，上層火藥恰好被引燃，爆竹瞬間分裂成質量之比為1：2的P、Q兩部分。若P、Q均沿水平方向飛出，落地點間的水平距離為L，不計空氣阻力及爆竹爆炸前后的質量變化，重力加速度為A．下層火藥被引燃后爆竹獲得的動量為mB．爆竹分裂后Q獲得的速度大小為LC．P、Q著地前瞬間的速度大小之比2D．上、下兩層火藥分別被引燃時，爆竹增加的機械能之比為L【答案】D【詳析】A．設下層火藥被引燃后爆竹的速度大小為v，則v2=2g，下層火藥被引燃后爆竹獲得的動量為p=mv，解得p=m2ghB．引燃上層火藥后兩部分向相反的方向做平拋運動，豎直方向有h=12gt2，水平方向有L=v1t+v2t，上層火藥燃爆時，水平方向動量守恒，取質量較小部分P獲得的速度方向為正方向，則有0=13C．P、Q著地前瞬間豎直方向的速度大小均為vy=2gh，P、Q著地前瞬間的速度大小分別為v1'=vy2+vD．上層火藥燃爆后爆竹獲得的機械能為E1=12×13mv1故選D。3．（25屆·邵陽·三聯(lián)·下）打羽毛球是深受大眾喜愛的體育運動。如圖所示是羽毛球從左往右飛行的軌跡圖，圖中A、B為同一軌跡上等高的兩點，P為該軌跡的最高點，則羽毛球在該軌跡上運動時，下列說法正確的是（）A．在A、B兩點的動能相等B．AP段重力的沖量小于PB段重力的沖量C．整個飛行過程中經過P點時的速度最小D．在PB下落階段，羽毛球加速度的豎直分量大于重力加速度值【答案】B【詳析】A．羽毛球由A點運動到B點過程中，重力做功為零，空氣阻力做負功，由動能定理可知，動能減小，所以羽毛球在A點的動能大于B點的動能，故A錯誤；BD．羽毛球上升階段豎直方向所受合力大于重力，豎直方向的加速度大于g，下落階段豎直方向所受合力小于重力，豎直方向的加速度小于g，所以羽毛球AP段所用時間比PB段小，結合沖量的定義可知，AP段重力的沖量小于PB段重力的沖量，故B正確，D錯誤；C．羽毛球經過P點時所受重力與空氣阻力的合力與速度成鈍角，說明速度正在減小，所以整個飛行過程中經過P點時的速度不是最小，故C錯誤；故選B。4．（2025·湖南邵陽·一模）為了研究多層鋼板在不同模式下的防彈效果，建立如下簡化模型。如圖所示，兩個完全相同的鋼板A、B厚度均為d，質量均為m。第一次把A、B焊接在一起靜置在光滑水平面上，質量也為m的子彈水平射向鋼板A，恰好將兩鋼板擊穿。第二次把A、B間隔一段距離水平放置，子彈以同樣的速度水平射向A，穿出后再射向B，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞。設子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，不計子彈的重力，子彈可視為質點。下列說法正確的是（）A．第一次子彈射出B時，A的位移為dB．第一次子彈穿過A、B所用時間之比為1:C．第二次子彈不能擊穿鋼板B，進入鋼板B的深度為2+D．第一次、第二次整個系統(tǒng)損失的機械能之比為8:【答案】D【詳析】A．設第一次子彈穿過A、B時共同速度為v，對系統(tǒng)由動量守恒有mv0=m+2mv，此過程對A和B有x=v2t，對子彈有B．第一次子彈相對A、B做勻減速直線運動，恰擊穿時相對末速度為0，根據(jù)逆向思維，可以將看成子彈相對A、B做初速度為0的反向勻加速直線運動，穿過B、A的相對位移相等，根據(jù)連續(xù)相鄰相等位移之內的時間間隔比例規(guī)律可知，穿過B、A的時間之比為1:2-1，所以穿過A、B所用時間之比為2-1C．設子彈的初速度為v0，受到的阻力大小為f，第一次穿過A、B時共同速度為v，對系統(tǒng)由動量守恒有mv0=m+2mv，由能量守恒有f?2d=12mv02-12m+2mv2，解得fd=16mv02，第二次子彈穿過A時，設子彈速度為v1，A的速度為u，假設不能穿透B，最后與B的共同速度為v假設成立，故C錯誤；D．第一次系統(tǒng)損失的機械能ΔE1=f?2d，第二次系統(tǒng)損失的機械能ΔE2=f?d+故選D。二、多選題5．（25屆·懷化·二模）如圖甲，某輕彈簧兩端系著質量均為m的小球A、B。小球A用細線懸掛于天花板上，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。將細線燒斷，并以此為計時起點，A、B兩小球運動的a-t圖線如圖乙所示（a為小球的加速度，t為時間），兩圖線對應縱軸最小值均為a=0，S表示到t1時間內A的a-t圖線與橫軸所圍面積大小，當?shù)刂亓铀俣葹間A．從0到t3時刻，彈簧對A球的沖量為B．t2C．t2時刻，A、BD．t1時刻，B物體的速度大小為【答案】AD【詳析】A．從圖像可知從0到t3時刻兩圖線與時間軸所夾面積相等，而小球A、B的初速度為0，即t3時刻兩小球速度大小相等，整體由動量定理2mgt3=2mv3，得兩球速度大小v3=gt3，設彈簧對球A的沖量為B．t2時刻，兩小球加速度大小相等，以小球A、B整體為對象，由牛頓第二定律2mg=2ma，得此時小球A、B的加速度大小為a=g，此時小球小A、B均處于完全失重狀態(tài)，設此時彈簧彈力為T，則T=0，即彈簧處于原長，彈性勢能最小，故BC．從圖乙可知，從0到t2時刻兩者速度差一直在增大，t2時刻達到最大，故D．從0到t1時刻，以A、B兩球整體為對象，由動量定理2mgt1=mvA+mvB，其中t1時刻小球A的速度大小為v故選AD。6．（2025·湖南永州·三模）如圖甲所示在傾角為θ=37°的足夠大的固定光滑斜面上，質量為m1=2kg的物塊A與質量為m2=4kg的物塊B通過一根輕繩繞過兩個輕質定滑輪C、D相互連接，位置關系如圖乙所示，從某時刻開始同時靜止釋放A和B，A．A和B具有相同的加速度B．B在1s末的速度大小為2C．滑輪D對輕繩的作用力大小為16ND．1s內繩對A的沖量大小為16N【答案】BD【詳析】A．A和B的加速度大小相等，但方向不同，加速度不同，故A錯誤；B．根據(jù)題意，由牛頓第二定律有mBgsin37°-mAgsin37°=mB+mCD．設繩的彈力為T，對物體B由牛頓第二定律有mBgsin37°-T=mBa，解得T=16N，則滑輪D對輕繩的作用力大小為F=2Tcos30°=163N故選BD。7．（2025·湖南永州·三模）如圖1所示，質量均為m=1kg的物塊甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙左端的距離為L，初始時甲、乙均靜止，質量為M的物塊丙以速度v0=1.5m/s向右運動，與乙發(fā)生完全彈性碰撞。碰后乙的位移x隨時間t的變化如圖2中實線所示，其中0.5s時刻前后的圖像分別是拋物線的一部分（圖中實線）和直線，二者相切于P點，拋物線的頂點為A．M=1.5kg B．甲、乙間的動摩擦因數(shù)為0.2C．甲到乙左端的距離L至少為0.5m D．甲乙之間因摩擦產生的熱量為2J【答案】BC【詳析】A．設碰后瞬間乙的速度大小為v1，碰后乙的加速度大小為a，由圖2可得x=v1t-12at2，由圖可知0.75=v1×0.5-12a×0.52，1.0=v1a，BCD．對甲乙系統(tǒng)由動量守恒和能量關系mv1=2mv，解得v=1m/s，由圖像可知0.5s時木板乙的速度v0.5=v1-at0.5=1m/s，即0.5s時刻甲乙恰共速，則對甲由動量定理μmgt0.5=mv，解得μ=0.2，故選BC。8．（2025·湖南岳陽·高三下二模）如圖為水流導光實驗，將塑料瓶下側開一個小孔，瓶中灌入清水，水就從小孔流出。將紅光水平射向塑料瓶小孔，觀察到紅光束沿水流方向發(fā)生了彎曲，光被完全限制在水流內，出現(xiàn)了“水流導光”現(xiàn)象。已知某時刻出水口中心到接水桶水面的高度為20cm，水在接水桶中水面的落點中心到出水口的水平距離為20cm，出水口橫截面積為2.5×10-5m2，水的密度為1.0×10A．“水流導光”是一種光的衍射現(xiàn)象B．此時改用紫光以同樣的方向照射一定能發(fā)生“水流導光”現(xiàn)象C．空中水柱（出水口至水面落點間的水柱）的體積為5×D．落水對水面的沖擊力大小為0.1【答案】BC【詳析】A．“水流導光”是一種光的全反射現(xiàn)象，故A錯誤；B．紫光的折射率大于紅光的折射率，根據(jù)sinC=1n，可知，同一介質中，紫光的臨界角小于紅光的臨界角，可知，此時改用紫光以同樣的方向照射一定能發(fā)生“水流導光”C．水做平拋運動，則有h=12gt2，x=v0t，解得t=0.2s，v0D．水落至水面豎直方向的分速度vy=gt=2m/s，截取極短時間落到水面過程，根據(jù)動量定理有-F1-ΔmgΔt=0-Δmvy，由于時間極短，則有F1?故選BC。9．（2025·湖南婁底·高三下二模）如圖所示在光滑水平面上有兩個小木塊A和B，其質量mA=2kg,mB=4kg，它們中間用一根輕彈簧相連。一顆水平飛行的子彈質量為m0=50g，初速度為vA．子彈射穿A木塊過程中系統(tǒng)損失的機械能為3975JB．子彈打穿兩個木塊后的過程中彈簧最大的彈性勢能為4.5C．彈簧再次恢復原長時A的速度為5D．彈簧再次恢復原長時B的速度為25【答案】AC【詳析】A．設子彈射穿A木塊后A和子彈的速度分別為vA和v1，由題意可知v1=35v0=300m/s，子彈穿過AB．設子彈射穿B木塊后B和子彈的速度分別為vB和v2，由動量守恒定律可得m0v1=mBvB+m0v2，由題意可知12m0v02-1CD．彈簧再次恢復原長時A、B的速度分別為vA'、vB'，規(guī)定水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律mAvA+m故選AC。10．（25屆高三下·湖南長沙邵陽多校聯(lián)考·三模）光滑水平面有A、B兩個物塊，質量分別為2m和m，初始時用處于原長狀態(tài)下的彈簧相連，現(xiàn)在給物塊A一個水平向右的初速度v0。水平面右側有一墻面，已知經過時間t，物塊BA．彈簧的最大彈性勢能是mv023 BC．初始時物塊B離墻面的距離是23v0t D【答案】AC【詳析】A．當兩物塊共速時，彈簧壓縮的最短，彈簧的彈性勢能最大，此過程根據(jù)動量定理2mv0=（2m+m）v共，兩物塊和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則B．當彈簧恢復原長時，物塊B的速度達到最大，根據(jù)動量守恒2mv0=2mvA+mvB，兩物塊的動能守恒12CD．當彈簧恢復原長時，物塊B的速度達到最大，根據(jù)動量守恒2mv0=2mvA+mvB，兩邊同時乘以t可得2mv0t=2mvAt+mv故選AC。11．（24-25高三·湖南·多校聯(lián)考·下）如圖所示，一根勻質軟細繩長為L，質量為m，下端與水平地面接觸，細繩處于豎直狀態(tài)。釋放上端后，細繩不斷墜落到地面。設碰撞為完全非彈性碰撞，重力加速度為g，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．細繩完全下落到地面所用時間為2LB．細繩對地面的最大作用力為2mgC．細繩對地面的作用力F隨頂端下落的高度h變化的規(guī)律為3mgD．細繩對地面的作用力F隨頂端下落的時間t變化的規(guī)律為3m【答案】AC【詳析】A．將細繩看作有很多質點組成，做自由落體運動，對于最頂端質點，根據(jù)自由落體運動位移公式L=12gt2，解得t=2LBCD．設頂端下落高度為h時，速度滿足v2=2gh，此時落地部分細繩質量m'=hLm，取極短時間Δt內下落的一小段繩為研究對象，質量Δm=mLvΔt，根據(jù)動量定理F合Δ即最大作用力為3mg，又h=12gt2，解得F故選AC。12．（2025·常德一中·高考模擬）如圖所示，一排人站在沿x軸的水平軌道旁，原點0右側的人的序號記為n(n=1,2,3……)每人只有一個沙袋，每個沙袋質量為m=5kg，一質量為M=24kg的小車以某初速度v0從原點出發(fā)向正x方向滑行，不計軌道阻力。當車每經過一人身旁時，此人就把沙袋以水平速度A．若u=2v0，當僅有序號為1的人將沙袋扔到車上后，則小車的速度變?yōu)?4B．若u=2v0，當序號為3的人將沙袋扔到車上后，小車將反向運動C．若u的大小不是定值，u等于扔此袋之前的瞬間車速大小的2n倍（n是此人的序號數(shù)），則車上有3個沙袋時小車開始反向運動D．若僅有序號為1的人將沙袋朝與車速相反的方向以相對于小車的速度v相=2v0沿車面扔到車上后，【答案】AB【詳析】A．對小車、沙袋系統(tǒng)，以向右為正由動量守恒：Mv0-2mv0=（M+m）v1，解得v1=1429v0B．設n次扔出沙袋小車反向，則有Mv0-2nmv0<0，解得n>2.4，取整數(shù)應為n=3次后小車反向，故B正確；C．小車朝正x方向滑行的過程中，第（n-1）個沙袋扔到車上后的車速為vn-1，第n個沙袋扔到車上后的車速為vn，由動量守恒定律有[M+n-1m]vn-1-2nmvn-1=M+mnvn，解得vn=M-(n+1)mM+mnvn-1，小車反向運動的條件是：vD．應取同一參考系，由公式v甲對地=v甲對乙+v乙對地，可知沙袋的速度應表示為v袋對地=-u+v0，由動量守恒：Mv0+m（-u+v0）=（M+m）v1，解得v1=1929v0故選AB。三、解答題13．（24-25高三·湖南常德一中·月考）平板小車C放在光滑水平面上，現(xiàn)有質量為2m的物塊A和質量為m的木塊B，分別以2v0和v0的初速度沿同一直線從小車的兩端水平相向滑上小車，如圖所示，設A、B兩物塊與小車的動摩擦因數(shù)分別為μ和2μ，小車的質量為3m，A、B均可視為質點。(1)在A、B物塊同時相對小車滑動過程中，A、B、C的加速度大小分別為多少？(2)為使A、B兩物塊不相碰，平板小車至少要多長？(3)若A、B兩物塊不相碰，求從開始到A、B、C均相對靜止，系統(tǒng)由于摩擦產生的熱量是多少？【答案】(1)aA=μg，a(2)15(3)Q=【詳析】（1）因A、B物塊在滑動過程中，對小車的摩擦力大小相等、方向相反，所以小車C不動。A、B的加速度分別為aA=μ·2mg（2）A、B物塊在滑動過程中，小車C不動，AB組成的系統(tǒng)受到的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，當B停止運動時，設A的速度為vA，以向右為正，根據(jù)動量守恒定律，得2m?2v0-mv0=2mvA解得v在這段時間內，在這段時間內A、B在車上滑行的距離為xA=(2v此后A相對小車仍在運動，A對車的摩擦力使車和B一同向右加速運動，直接三者速度相等，A、B恰好接觸，此時小車的長度為最小長度。設共同速度為v′，則有2m?2v0-mv0=(2m+m+3m）v′μ·2mg解得x則車的長度至少為L=（3）系統(tǒng)由于摩擦產生的熱量是Q=μ?2mg14．（25屆·懷化·二模）如圖甲所示，水平地面上鋪設有一厚度不計的軟性材質地毯，在距離