五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題06動量及其守恒定律考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點6動量及其守恒定律2025年河北卷14；2024年河北卷16；2023年河北卷7；2022年河北卷13；2021年河北卷13；新課標對動量及其守恒定律的要求：理解沖量和動量；通過理論推導(dǎo)和實驗理解動量定理；能用動量定理解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象。河北省命題趨勢題目將緊密聯(lián)系科技前沿（如航天對接、新能源汽車制動）和生活場景（如蹴鞠運動、掃地機器人避障），要求考生從實際問題中抽象出物理模型.掌握核心公式的基礎(chǔ)上，提升模型遷移、實驗設(shè)計和跨學科分析能力，尤其關(guān)注與能量、電磁學的綜合問題，以及實際情境中的創(chuàng)新應(yīng)用。1.(2023·河北卷·7)由點電荷組成的系統(tǒng)的電勢能與它們的電荷量、相對位置有關(guān)。如圖1，a、b、c，d四個質(zhì)量均為m、帶等量正電荷的小球，用長度相等、不可伸長的絕緣輕繩連接，靜置在光滑絕緣水平面上，O點為正方形中心，設(shè)此時系統(tǒng)的電勢能為。剪斷a、d兩小球間的輕繩后，某時刻小球的速度大小為v，方向如圖2，此時系統(tǒng)的電勢能為（

）A． B．C． D．【答案】B【詳析】由于運動的對稱性，所以a球的速度大小也為v，方向與ad連線成角斜向左下方。b和c球的運動方向垂直于bc向上，大小相等，將兩球看成一個整體，其質(zhì)量為2m，速度為，對于四個球組成的系統(tǒng)來說，動量守恒，有解得由于整個系統(tǒng)的能量守恒，設(shè)此時系統(tǒng)的電勢能為，有解得故選B。二、解答題2．(2023·河北卷·7)（2025·河北·高考真題）如圖，一長為2m的平臺，距水平地面高度為1.8m。質(zhì)量為0.01kg的小物塊以3m/s的初速度從平臺左端水平向右運動。物塊與平臺、地面間的動摩擦因數(shù)均為0.2。物塊視為質(zhì)點，不考慮空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求物塊第一次落到地面時距平臺右端的水平距離。(2)若物塊第一次落到地面后彈起的最大高度為0.45m，物塊從離開平臺到彈起至最大高度所用時間共計1s。求物塊第一次與地面接觸過程中，所受彈力沖量的大小，以及物塊彈離地面時水平速度的大小?！敬鸢浮?1)0.6m(2)IN=0.1N·s；vx′=0【詳析】（1）小物塊在平臺做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有a=μg則小物塊從開始運動到離開平臺有小物塊從平臺飛出后做平拋運動有，x=vxt1聯(lián)立解得x=0.6m（2）物塊第一次落到地面后彈起的最大高度為0.45m，則物塊彈起至最大高度所用時間和彈起的初速度有，vy2=gt2則物塊與地面接觸的時間Δt=t－t1－t2=0.1s物塊與地面接觸的過程中根據(jù)動量定理，取豎直向上為正，在豎直方向有IN－mgΔt=mvy2－m(－vy1)，vy1=gt1解得IN=0.1N·s取水平向右為正，在水平方向有，解得vx′=－1m/s但由于vx′減小為0將無相對運動和相對運動的趨勢，故vx′=03．(2023·河北卷·7)（2024·河北·高考真題）如圖，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質(zhì)量均為A木板長度為，機器人質(zhì)量為，重力加速度g取，忽略空氣阻力。（1）機器人從A木板左端走到A木板右端時，求A、B木板間的水平距離。（2）機器人走到A木板右端相對木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起跳過程機器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。（3）若機器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對靜止，隨即相對B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端，此時B木板恰好追上A木板。求該時刻A、C兩木板間距與B木板長度的關(guān)系?！敬鸢浮浚?）；（2）90J，2；（3）【詳析】（1）機器人從A木板左端走到A木板右端，機器人與A木板組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)機器人質(zhì)量為M，三個木板質(zhì)量為m，取向右為正方向，則機器人從A木板左端走到A木板右端時，機器人、木板A運動位移分別為為、,則有同時有解得A、B木板間的水平距離（2）設(shè)機器人起跳的速度大小為，方向與水平方向的夾角為，從A木板右端跳到B木板左端時間為t，根據(jù)斜拋運動規(guī)律得聯(lián)立解得機器人跳離A的過程，系統(tǒng)水平方向動量守恒根據(jù)能量守恒可得機器人做的功為聯(lián)立得根據(jù)數(shù)學知識可得當時，即時，W取最小值，代入數(shù)值得此時（3）根據(jù)可得，根據(jù)得分析可知A木板以該速度向左勻速運動，機器人跳離A木板到與B木板相對靜止的過程中，機器人與BC木板組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，得解得該過程A木板向左運動的距離為機器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端，整個過程機器人和B木板組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)每次起跳機器人的水平速度大小為，B木板的速度大小為，機器人每次跳躍的時間為，取向右為正方向，得①每次跳躍時機器人和B木板的相對位移為，可得②機器人到B木板右端時，B木板恰好追上A木板，從機器人跳到B左端到跳到B右端的過程中，AB木板的位移差為可得③聯(lián)立①②③解得故A、C兩木板間距為解得4．(2023·河北卷·7)（2023·河北·高考真題）如圖，質(zhì)量為的薄木板靜置于光滑水平地面上，半徑為的豎直光滑圓弧軌道固定在地面，軌道底端與木板等高，軌道上端點和圓心連線與水平面成角．質(zhì)量為的小物塊以的初速度從木板左端水平向右滑行，與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5．當?shù)竭_木板右端時，木板恰好與軌道底端相碰并被鎖定，同時沿圓弧切線方向滑上軌道．待離開軌道后，可隨時解除木板鎖定，解除鎖定時木板的速度與碰撞前瞬間大小相等、方向相反．已知木板長度為取?。?）求木板與軌道底端碰撞前瞬間，物塊和木板的速度大小；（2）求物塊到達圓弧軌道最高點時受到軌道的彈力大小及離開軌道后距地面的最大高度；（3）物塊運動到最大高度時會炸裂成質(zhì)量比為的物塊和物塊，總質(zhì)量不變，同時系統(tǒng)動能增加，其中一塊沿原速度方向運動．為保證之一落在木板上，求從物塊離開軌道到解除木板鎖定的時間范圍．【答案】（1），；（2），；（3）或【詳析】（1）設(shè)物塊的初速度為，木板與軌道底部碰撞前，物塊和木板的速度分別為和，物塊和木板的質(zhì)量分別為和，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，木板長度為，由動量守恒定律和功能關(guān)系有由題意分析，聯(lián)立式得（2）設(shè)圓弧軌道半徑為，物塊到圓弧軌道最高點時斜拋速度為，軌道對物塊的彈力為．物塊從軌道最低點到最高點，根據(jù)動能定理有物塊到達圓弧軌道最高點時，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立式，得設(shè)物塊拋出時速度的水平和豎直分量分別為和斜拋過程物塊上升時間該段時間物塊向左運動距離為．物塊距離地面最大高度．（3）物塊從最高點落地時間設(shè)向左為正方向，物塊在最高點炸裂為，設(shè)質(zhì)量和速度分別為和、，設(shè)，系統(tǒng)動能增加．根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得解得或．設(shè)從物塊離開軌道到解除木板鎖定的時間范圍：（a）若，炸裂后落地過程中的水平位移為炸裂后落地過程中的水平位移為木板右端到軌道底端的距離為運動軌跡分析如下為了保證之一落在木板上，需要滿足下列條件之一Ⅰ．若僅落在木板上，應(yīng)滿足且解得Ⅱ．若僅落在木板上，應(yīng)滿足且不等式無解；（b）若，炸裂后落地過程中水平位移為0，炸裂后落地過程中水平位移為木板右端到軌道底端的距離為運動軌跡分析如下為了保證之一落在木板上，需要滿足下列條件之一Ⅲ．若僅落在木板上，應(yīng)滿足且解得Ⅳ．若僅落在木板上，應(yīng)滿足且解得．綜合分析（a）（b）兩種情況，為保證之一一定落在木板上，滿足的條件為或5．(2023·河北卷·7)（2022·河北·高考真題）如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質(zhì)量分別為和，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質(zhì)量均為，A和C以相同速度向右運動，B和D以相同速度向左運動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新滑塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為。重力加速度大小取。（1）若，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；（2）若，從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。【答案】（1），，方向均向右；（2）【詳析】（1）物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為，C、D的質(zhì)量均為，以向右方向為正方向，則有解得可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度大小為，方向向右。滑板A、B碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為，滑板A和B質(zhì)量分別為和，則由解得則新滑板速度方向也向右。（2）若，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為可知碰后新物塊相對于新滑板向右運動，新物塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動，設(shè)新物塊的質(zhì)量為，新滑板的質(zhì)量為，相對靜止時的共同速度為，根據(jù)動量守恒可得解得根據(jù)能量守恒可得解得6．(2023·河北卷·7)（2021·河北·高考真題）如圖，一滑雪道由和兩段滑道組成，其中段傾角為，段水平，段和段由一小段光滑圓弧連接，一個質(zhì)量為的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若后質(zhì)量為的滑雪者從頂端以的初速度、的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起，背包與滑道的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取，，，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化，求：（1）滑道段的長度；（2）滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳析】（1）設(shè)斜面長度為，背包質(zhì)量為，在斜面上滑行的加速度為，由牛頓第二定律有解得滑雪者質(zhì)量為，初速度為，加速度為，在斜面上滑行時間為，落后時間，則背包的滑行時間為，由運動學公式得聯(lián)立解得或故可得（2）背包和滑雪者到達水平軌道時的速度為、，有滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動量守恒，設(shè)共同速度為，有解得一、單選題1．（2025·河北張家口·三模）研究運動員蹦床運動時，用傳感器記錄了某運動員對蹦床作用力F的大小隨時間t變化的關(guān)系圖像，如圖所示。已知時運動員剛好落到蹦床上，運動員的質(zhì)量為50kg，運動員未與蹦床接觸時蹦床水平，運動員在運動過程中身體始終保持豎直，忽略空氣阻力，重力加速度大小取。運動員離開蹦床上升的最大高度h及運動員與蹦床接觸過程中蹦床對運動員的平均作用力的大小分別為（）A．5m，2000N B．5m，2500NC．10m，2000N D．10m，2500N【答案】B【詳析】自由落體時間為最大高度為離開跳床的速度大小為運動員從最低點到離開跳床的時間是0.25s，根據(jù)動量定理得解得故選B。2．（2025·河北保定·二模）如圖所示，光滑水平面上靜置一長度未知的木板B，一質(zhì)量與木板相同的物塊A（可視為質(zhì)點）從左端以大小為v的速度沖上木板，經(jīng)過時間t運動到木板右端且恰好不從木板上滑離。下列說法正確的是（）A．物塊A運動到木板右端時的速度大小為B．在此過程中，物塊A運動的距離為C．A動量的減少量大于B動量的增加量D．木板B的長度為【答案】A【詳析】A．設(shè)物塊和木板的質(zhì)量均為m，物塊運動到木板右端恰好未從木板上滑落，系統(tǒng)動量守恒，選取滑塊初速度的方向為正方向，則有解得即物塊A運動到木板右端時的速度大小為，A正確；B．根據(jù)勻變速運動規(guī)律可知，物塊A運動的位移，B錯誤；C．A動量的減少量B動量的增加量則A動量的減少量等于B動量的增加量，C錯誤；D．由題可知，時間木板B的位移為結(jié)合上述分析可得，木板B的長度為，D錯誤。故選A。3．（2025·河北·一模）如圖所示，質(zhì)量為0.4kg，帶有四分之一圓弧的光滑圓弧槽靜止在光滑的水平面上，圓弧半徑為0.3m?，F(xiàn)有一質(zhì)量為0.2kg的小球以大小的初速度水平?jīng)_上圓弧槽，取重力加速度大小，從小球沖上圓弧槽到滑離圓弧槽的過程中，下列說法正確的是（

）A．小球和圓弧槽組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球離開圓弧槽時速度的大小為C．小球上升的最大高度（相對圓弧最低點）為1.2cmD．小球?qū)A弧槽的最大壓力為2.4N【答案】C【詳析】A．從小球沖上圓弧槽到滑離圓弧槽的過程中，小球和圓弧槽組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，豎直方向所受合外力不為零，豎直方向動量不守恒，即小球和圓弧槽組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；BD．水平方向根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得，即小球離開圓弧槽時速度的大小為0.2m/s，此時圓弧槽對小球支持力最大，設(shè)為，根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)A弧槽的最大壓力為故BD錯誤；C．小球上升的最大高度（相對圓弧最低點）時，小球和圓弧槽速度相等，水平方向根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得故C正確。故選C。4．（2025·河北保定·一模）如圖所示，體育課上一同學在距離地面高0.7m處將一排球墊起，墊起時排球的速度方向與水平方向的夾角為37°，排球運動過程中距離地面的最大高度為2.5m。已知排球的質(zhì)量為0.3kg，不計空氣阻力，重力加速度，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是（）A．排球被墊起時的速度大小為8m/sB．排球被墊起瞬間動量大小為3kg·m/sC．排球在最高點處的速度大小為6m/sD．排球從被墊起到第一次落地所用時間為1.2s【答案】B【詳析】A．令h＝0.7m，H＝2.5m，θ＝37°豎直方向有解得則排球墊起時的速度大小A項錯誤；C．排球在最高點處的速度大小C項錯誤；B．排球被墊起瞬間動量大小B項正確；D．設(shè)排球上升和下降所用的時間分別為、，則有排球從墊起到第一次落地所用時間聯(lián)立解得D項錯誤。故選B。5．（2023·河北邯鄲·三模）如圖光滑水平面上有a、b、c、d四個彈性小球，質(zhì)量分別為m、9m、3m、m。小球a一端靠墻，并通過一根輕彈簧與小球b相連，此時彈簧處于原長。小球b和c接觸但不粘連?，F(xiàn)給小球d一個向左的初速度，與小球c發(fā)生碰撞，整個碰撞過程中沒有能量損失，彈簧始終處于彈性限度之內(nèi)。以下說法正確的是（）A．整個過程中小球a、b、c、d和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒B．整個過程中四個彈性小球a、b、c、d的機械能守恒C．小球a速度的最大值為D．彈簧彈性勢能最大值為【答案】C【詳析】A．由于墻壁對a球有彈力作用，整個過程中小球a、b、c、d和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．整個過程中彈簧與四個彈性小球的系統(tǒng)機械能守恒，所以四個彈性小球a、b、c、d的機械能不守恒，故B錯誤；D．小球d與小球c碰撞，設(shè)小球c碰撞后速度為，小球d碰撞后速度為，由動量守恒和機械能守恒定律得，解得,小球c與小球b碰撞，設(shè)小球c碰撞后速度為，小球b碰撞后速度為，由動量守恒和機械能守恒定律得，解得,小球b向左運動速度為零時，彈簧彈性勢能最大，則故D錯誤；C．小球b壓縮彈簧，到彈簧恢復(fù)原長過程，小球b與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球b向右的速度大小為；當小球a、b向右運動，彈簧恢復(fù)原長時，小球a的速度最大，設(shè)小球a的速度大小為，小球b的速度大小為，由動量守恒和機械能守恒定律得，解得故C正確。故選C。6．（2023·河北邯鄲·二模）質(zhì)量相等的、兩小球（視為質(zhì)點）在同一豎直線的不同高度以不同的初速度同時豎直上拋，在球到達最高點時兩球發(fā)生正碰且碰撞時間極短。圖中實線和虛線分別表示、兩小球位置隨時間變化的曲線，圖線Ⅰ前半部分、Ⅱ后半部分關(guān)于時刻對稱。則下列說法正確的是（）A．時刻，球的速率大于球的速率 B．碰撞前后瞬間，球的動量不變C．球先落回地面 D．碰撞后球的機械能大于球的機械能【答案】D【詳析】A．圖線的斜率表示速度，根據(jù)題圖可知，時刻，球的速率小于球的速率，A錯誤；BC．根據(jù)題圖可知，碰撞前后瞬間，兩球交換速度，所以碰撞后瞬間，球的速度變?yōu)榱悖虻乃俣仍龃?，方向豎直向上，球先落回地面，BC錯誤；D．碰撞后兩球處于同一位置，球的速度大于球的速度，兩球質(zhì)量相等，因此碰撞后球的機械能大于球的機械能，D正確。故選D。7．（2024·河北唐山·一模）一同學在練習乒乓球削球技術(shù)時，使乒乓球豎直下落，在球與球拍接觸的瞬間，保持球拍板面水平向上，并沿水平方向揮動球拍，如圖所示。已知乒乓球與球拍接觸時間極短，接觸前后乒乓球在豎直方向的速度大小分別為5m/s和4m/s，乒乓球與球拍之間的動摩擦因數(shù)為0.3。若乒乓球可視為質(zhì)點且不計空氣阻力，g取，則乒乓球在與球拍接觸后獲得的水平速度大小為（）A．1.2m/s B．1.5m/s C．2.0m/s D．2.7m/s【答案】D【詳析】豎直方向向上為正方向，由動量定理水平方向乒乓球與球拍接觸時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則解得故選D。二、多選題8．（2025·河北石家莊·三模）如圖為水流導(dǎo)光實驗，已知出水口的橫截面積為，出水口中心到水池水面的豎直高度為0.8m，水柱在水面的落點中心到出水口的水平距離為0.4m，水的密度為，g取10m/s2。假設(shè)水落到水面后豎直速度立即減為0，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．水離開出水口時的速度大小為0.5m/sB．水離開出水口時的速度大小為1.0m/sC．落水對水面豎直方向的沖擊力大小為0.12ND．落水對水面豎直方向的沖擊力大小為1.2N【答案】BC【詳析】AB．根據(jù)平拋運動的規(guī)律，可得v0=1.0m/s選項A錯誤，B正確；CD．在?t時間內(nèi)流出水的質(zhì)量落地時的豎直速度由動量定理解得F=0.12N選項C正確，D錯誤。故選BC。9．（2024·河北邯鄲·一模）如圖所示，光滑水平軌道與光滑圓弧軌道相切，小物塊B放置在水平軌道上，小物塊A從圓弧軌道釋放，A、B在水平軌道上發(fā)生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圓弧軌道，然后返回與B發(fā)生第二次碰撞，已知B的質(zhì)量是A質(zhì)量的4倍，則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比可能為（

）A．4 B．2 C． D．【答案】BC【詳析】設(shè)A的質(zhì)量為，A碰前速度為，碰后為，B碰后為。若第一次A、B小物塊發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒和能量守恒定律，有得則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比為。因為A能第二次與B碰撞，應(yīng)該由碰后A的速度比B速度大，即聯(lián)立解得則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比應(yīng)小于3:1。所以則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比應(yīng)介于上面兩比值之間。故BC正確，AD錯誤。故選BC。三、解答題10．（2025·河北保定·二模）如圖所示，傾角為且足夠長的固定斜面上有兩個相距為L的滑塊A、B，滑塊A的質(zhì)量為m，滑塊B的質(zhì)量為3m，滑塊A的下表面光滑，滑塊B與斜面間的動摩擦因數(shù)。由靜止同時釋放滑塊A和B，此后，若A、B發(fā)生碰撞，碰撞時間都極短且碰撞為彈性碰撞。重力加速度大小為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：(1)滑塊A、B第一次碰撞后瞬間，滑塊A的速度及滑塊B的速度；(2)從滑塊A、B第一次碰撞到滑塊A、B第二次碰撞所經(jīng)歷的時間t；(3)從滑塊A開始運動到兩滑塊剛發(fā)生第n次碰撞，滑塊B的位移大小x?！敬鸢浮?1)-，(2)2(3)n（n-1）L【詳析】（1）滑塊B恰好能靜止在斜面上，滑塊A下滑過程，根據(jù)機械能守恒定律則有解得滑塊A、B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒則有根據(jù)能量守恒可得解得，（2）碰后滑塊B勻速下滑，下滑距離為x時，兩滑塊第二次相撞，則有對滑塊A則有解得（3）第二次碰撞前瞬間，滑塊A相對于滑塊B的速度大小vAB=以B為參考系，則有mvAB=mvA2+3mvB2碰后B相對于碰前的速度變化量ΔvB=碰后B相對于斜面有vB2=vB1+ΔvB=且每次碰撞后B的速度大小都增加ΔvB=兩滑塊間相對速度依然是vAB=碰撞間隔時間依然是Δt=t=2從第一次碰撞到第二次碰撞，滑塊B的位移大小x1=vB1t=2L從第二次碰撞到第三次碰撞，滑塊B的位移大小x2=vB2·Δt=4L依此類推，有則x=2L+4L+6L+…+2（n-1）L解得x=n（n-1）L11．（2024·河北衡水·一模）如圖所示為室內(nèi)碗池比賽訓練時的簡化示意圖，一根輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與靜置在光滑水平面上K點的小球B相連，彈簧處于原長。小球B的右側(cè)靜置著一滑塊C，其上表面是半徑為R的光滑圓弧軌道，滑塊C的最低點恰與K點重合?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球A從圓弧最高點由靜止釋放，小球A沿軌道滑下后，在水平面上與小球B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間忽略不計。已知小球B、滑塊C的質(zhì)量均為3m，小球A、B均可視為質(zhì)點，重力加速度為g，求：(1)小球A下滑到圓弧軌道最低點時，小球A的速度v1、滑塊C的速度v2的大??；(2)彈簧彈性勢能的最大值；(3)若當小球B再一次回到K點時，小球A恰好第一次返回滑塊C的最低點，求B做簡諧運動的周期?！敬鸢浮?1)，(2)(3)【詳析】（1）小球A下滑到圓弧軌道最低點過程中，小球A與滑塊C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有又根據(jù)機械能守恒定律有兩式聯(lián)立得，（2）小球A與小球B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后的速度分別為和，根據(jù)動量守恒和機械能守恒有，解得，小球A與小球B碰后，小球B與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，得彈簧彈性勢能的最大值為（3）小球A下滑到圓弧軌道最低點過程中，設(shè)小球A水平方向的位移和滑塊C的位移分別為和，則根據(jù)水平方向動量守恒有即解得，小球A第一次下滑到圓弧軌道最低點到與小球B發(fā)生碰撞所用時間設(shè)為，則從小球A與小球B碰后到小球B再一次回到K點所用時間設(shè)為，則根據(jù)題意有聯(lián)立解得12．（2025·河北張家口·二模）如圖所示，半徑的四分之一光滑圓弧軌道A固定在水平地面上，軌道最低點切線水平，緊鄰軌道右側(cè)放置著一下表面光滑、上表面粗糙的滑板B，在滑板B的右側(cè)放置著一個物塊C，其中滑板B的質(zhì)量，物塊C的質(zhì)量。現(xiàn)將一質(zhì)量的小滑塊D（可視為質(zhì)點）從圓弧軌道正上方距離圓弧軌道最高點處由靜止釋放，小滑塊D正好沿圓弧切線進入圓弧軌道，小滑塊D沖上滑板B，在達到共同速度的瞬間滑板B與物塊C發(fā)生彈性碰撞，整個運動過程中，小滑塊D未從滑板B上掉落。已知小滑塊D與滑板B間的動摩擦因數(shù)，物塊C與地面間的動摩擦因數(shù)，重力加速度。求：(1)小滑塊D到達圓弧軌道最低點時對圓弧軌道的壓力；(2)最初滑板B右端到物塊C的距離；(3)物塊C與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?1)，方向豎直向下(2)(3)【詳析】（1）小滑塊D從靜止釋放后到滑上滑板B前的過程中，根據(jù)動能定理可得對最低點的小滑塊D受力分析可得由牛頓第三定律可得小滑塊D到達圓弧軌道最低點時對圓弧軌道的壓力為聯(lián)立解得方向豎直向下。（2）小滑塊D沖上滑板B的速度大小為，根據(jù)動量守恒定律可得小滑塊D沖上滑板B時，滑板B的加速度為，則有由運動學公式可得聯(lián)立解得最初滑板B右端到物塊C的距離為（3）滑板B與物塊C發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒和機械能守恒可得，解得，之后滑板B與小滑塊D達到共同速度再次與已經(jīng)靜止的物塊C發(fā)生碰撞，滑板B與小滑塊D達到共同速度時，有滑板B第二次與物塊C發(fā)生碰撞，設(shè)碰后物塊C的速度為，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得可知第次碰撞后物塊C的速度為（，，）最終小滑塊D、滑板B和物塊C均靜止，根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化和守恒，可得物塊C與地面摩擦產(chǎn)生的總熱量為結(jié)合等比數(shù)列求和公式可得13．（2025·河北秦皇島·一模）如圖所示，可視為質(zhì)點的滑塊甲和乙靜止在水平面上A、C兩點，質(zhì)量均為，甲在水平向右的力F作用下由靜止開始運動，在內(nèi)力F的大小為2N，在內(nèi)力F的大小為3N，3s末撤去力F，此時滑塊甲剛好到達B點且此時的速度大小為8m/s，再滑行一段距離L并與乙發(fā)生彈性碰撞。已知甲、乙與地面間的動摩擦因數(shù)相同，B、C兩點間的距離，取，不計空氣阻力，求：(1)甲與地面間的動摩擦因數(shù)；(2)甲、乙發(fā)生彈性碰撞后乙運動的時間。【答案】(1)0.2(2)3.5s【詳析】（1）內(nèi)，根據(jù)動量定理其中，，，聯(lián)立解得（2）從到的過程中，根據(jù)動能定理解得設(shè)甲、乙碰撞后速度分別為、，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有，解得根據(jù)動量定理解得甲、乙發(fā)生彈性碰撞后乙運動的時間14．（2025·河北秦皇島·一模）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A穿在光滑的水平桿上，用長的細繩與質(zhì)量為1.5m的物體B相連，此時細繩剛好拉直，質(zhì)量為1.5m的小盒C靜止在質(zhì)量為m的長木板的最左端，長木板放在光滑的水平面上，距離長木板右側(cè)足夠遠處有一固定的彈性擋板。將物體B由靜止釋放，當物體B運動到最低點時，恰好與小盒C發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），且碰撞瞬間小盒C頂部的刀片將細繩割斷，碰后物體B進入小盒C形成新的物體E。已知長木板與擋板碰撞時沒有機械能損失，整個過程物體E始終沒有離開長木板，小盒C與長木板上表面間的動摩擦因數(shù)，重力加速度g取，A、B、C均可視為質(zhì)點。求：(1)釋放物體B的瞬間，B、C之間的水平間距；(2)長木板的最小長度；(3)長木板第1次與擋板碰撞后通過的總路程?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳析】（1）設(shè)物體B和小盒C碰撞前，小球A和物體B的速度大小分別為、，物體B從釋放到碰前，小球A和物體B組成的系統(tǒng)水平方向上滿足動量守恒定律，式子兩邊同時乘以時間，有可得又解得，所以釋放物體B的瞬間，B、C之間的水平間距為。（2）物體B從釋放到與C碰撞前的過程，小球A和物體B組成的系統(tǒng)機械能守恒，則又解得物體B和C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰后E的速度大小為，則解得設(shè)E與長木板共速時的速度為，由E與長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，得解得由能量守恒，得解得已知長木板與擋板碰撞時沒有機械能損失，則碰后長木板的速度等大反向，設(shè)第1次長木板與擋板碰后向左運動的最大位移為，對長木板由動能定理，得解得設(shè)長木板第2次與擋板碰前的速度為，則由E與長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，得解得由能量守恒，得解得設(shè)第2次長木板與擋板碰后向左運動的最大位移為，對長木板由動能定理，得解得設(shè)長木板第3次與擋板碰前的速度為，則由E與長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，得解得由能量守恒，得解得設(shè)第3次長木板與擋板碰后向左運動的最大位移為，對長木板由動能定理，得解得設(shè)長木板第4次與擋板碰前的速度為，則由E與長木板組成的系統(tǒng)動量守恒，得解得由能量守恒，得解得顯然長木板與擋板碰后，E與長木板再次共速過程E相對長木板向右運動位移構(gòu)成等比數(shù)列，其公比為，所以整個過程E相對長木板向右運動位移為當取無窮大時，長木板的最小長度（3）由（2）可知，長木板與擋板碰后長木板向左運動最大位移大小構(gòu)成等比數(shù)列，其公比為，所以長木板第1次與擋板碰撞后通過的總路程為當取無窮大時15．（2023·河北衡水·三模）算盤是我國古老的計算工具，現(xiàn)代生活中偶爾還會見到。它中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動，設(shè)每顆算珠的質(zhì)量均為m=10g，使用前算珠需要歸零。如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未歸零，甲靠中擋b，甲、乙相隔，乙與邊框a相隔，算珠與導(dǎo)桿間的動摩擦因數(shù)?，F(xiàn)用手指將甲以的初速度撥出，甲、乙碰撞后瞬間甲的速度大小，方向不變，碰撞時間極短。算珠均可視為質(zhì)點，取重力加速度大小。（1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a處；（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間?！敬鸢浮浚?）乙算珠恰能滑動到邊框a處；（2）0.22s【詳析】（1）設(shè)甲算珠與乙算珠碰撞前甲算珠的瞬時速度大小為v，對甲算珠在導(dǎo)桿上滑動，由動能定理有解得v=0.3m/s甲、乙算珠碰撞，由動量守恒定律有mv=mv1+mv2解得碰后瞬間乙算珠的速度大小v2=0.18m/s對乙算珠，由動能定理有解得x=1.62cm所以乙算珠恰能滑動到邊框a處。（2）甲算珠與乙算珠碰撞前、后的運動，根據(jù)牛頓第二定律有μmg=ma解得加速度大小a=1m/s2甲算珠與乙算珠碰撞前的運動時間解得t1=0.1s甲算珠與乙算珠碰撞后甲算珠運動的距離解得l3=0.72cm＜l2=1.62cm故甲算珠與乙算珠碰撞后的運動時間甲算珠從撥出到停下所需的時間t=t1+t2=0.1s+0.12s=0.22s16．（2024·河北邯鄲·二模）如圖所示，高度相同的兩塊平板P1、P2置于光滑水平面上，其質(zhì)量分別為m1=1kg和m2=3kg。質(zhì)量m=1kg且可看作質(zhì)點的物體P置于P1的最右端，P1與P一起以v0=4m/s的速度向右運動，與靜止的P2發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），碰撞過程中無機械能損失。P與P2之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，P2足夠長，重力加速度g取10m/s2。求：（1）P1、P2碰撞后瞬間兩平板的速度大小；（2）P最終距離P2左端的距離?！敬鸢浮浚?）均為2m/s；（2）0.3m【詳析】（1）、碰撞過程中無機械能損失，以、為系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律得根據(jù)機械能守恒定律得聯(lián)立解得，則碰后、的速度大小均為。（2）碰撞后以的速度運動到上，最后兩物體共速，碰撞后對與，根據(jù)動量守恒定律得對與，根據(jù)功能關(guān)系得聯(lián)立解得則P最終距離P2左端的距離。專題06動量及其守恒定律考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點6動量及其守恒定律2025年河北卷14；2024年河北卷16；2023年河北卷7；2022年河北卷13；2021年河北卷13；新課標對動量及其守恒定律的要求：理解沖量和動量；通過理論推導(dǎo)和實驗理解動量定理；能用動量定理解釋生產(chǎn)生活中的有關(guān)現(xiàn)象。河北省命題趨勢題目將緊密聯(lián)系科技前沿（如航天對接、新能源汽車制動）和生活場景（如蹴鞠運動、掃地機器人避障），要求考生從實際問題中抽象出物理模型.掌握核心公式的基礎(chǔ)上，提升模型遷移、實驗設(shè)計和跨學科分析能力，尤其關(guān)注與能量、電磁學的綜合問題，以及實際情境中的創(chuàng)新應(yīng)用。1.(2023·河北卷·7)由點電荷組成的系統(tǒng)的電勢能與它們的電荷量、相對位置有關(guān)。如圖1，a、b、c，d四個質(zhì)量均為m、帶等量正電荷的小球，用長度相等、不可伸長的絕緣輕繩連接，靜置在光滑絕緣水平面上，O點為正方形中心，設(shè)此時系統(tǒng)的電勢能為。剪斷a、d兩小球間的輕繩后，某時刻小球的速度大小為v，方向如圖2，此時系統(tǒng)的電勢能為（

）A． B．C． D．【答案】B【詳析】由于運動的對稱性，所以a球的速度大小也為v，方向與ad連線成角斜向左下方。b和c球的運動方向垂直于bc向上，大小相等，將兩球看成一個整體，其質(zhì)量為2m，速度為，對于四個球組成的系統(tǒng)來說，動量守恒，有解得由于整個系統(tǒng)的能量守恒，設(shè)此時系統(tǒng)的電勢能為，有解得故選B。二、解答題2．(2023·河北卷·7)（2025·河北·高考真題）如圖，一長為2m的平臺，距水平地面高度為1.8m。質(zhì)量為0.01kg的小物塊以3m/s的初速度從平臺左端水平向右運動。物塊與平臺、地面間的動摩擦因數(shù)均為0.2。物塊視為質(zhì)點，不考慮空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求物塊第一次落到地面時距平臺右端的水平距離。(2)若物塊第一次落到地面后彈起的最大高度為0.45m，物塊從離開平臺到彈起至最大高度所用時間共計1s。求物塊第一次與地面接觸過程中，所受彈力沖量的大小，以及物塊彈離地面時水平速度的大小?！敬鸢浮?1)0.6m(2)IN=0.1N·s；vx′=0【詳析】（1）小物塊在平臺做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有a=μg則小物塊從開始運動到離開平臺有小物塊從平臺飛出后做平拋運動有，x=vxt1聯(lián)立解得x=0.6m（2）物塊第一次落到地面后彈起的最大高度為0.45m，則物塊彈起至最大高度所用時間和彈起的初速度有，vy2=gt2則物塊與地面接觸的時間Δt=t－t1－t2=0.1s物塊與地面接觸的過程中根據(jù)動量定理，取豎直向上為正，在豎直方向有IN－mgΔt=mvy2－m(－vy1)，vy1=gt1解得IN=0.1N·s取水平向右為正，在水平方向有，解得vx′=－1m/s但由于vx′減小為0將無相對運動和相對運動的趨勢，故vx′=03．(2023·河北卷·7)（2024·河北·高考真題）如圖，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排靜止在光滑水平面上，尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質(zhì)量均為A木板長度為，機器人質(zhì)量為，重力加速度g取，忽略空氣阻力。（1）機器人從A木板左端走到A木板右端時，求A、B木板間的水平距離。（2）機器人走到A木板右端相對木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起跳過程機器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。（3）若機器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對靜止，隨即相對B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端，此時B木板恰好追上A木板。求該時刻A、C兩木板間距與B木板長度的關(guān)系。【答案】（1）；（2）90J，2；（3）【詳析】（1）機器人從A木板左端走到A木板右端，機器人與A木板組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)機器人質(zhì)量為M，三個木板質(zhì)量為m，取向右為正方向，則機器人從A木板左端走到A木板右端時，機器人、木板A運動位移分別為為、,則有同時有解得A、B木板間的水平距離（2）設(shè)機器人起跳的速度大小為，方向與水平方向的夾角為，從A木板右端跳到B木板左端時間為t，根據(jù)斜拋運動規(guī)律得聯(lián)立解得機器人跳離A的過程，系統(tǒng)水平方向動量守恒根據(jù)能量守恒可得機器人做的功為聯(lián)立得根據(jù)數(shù)學知識可得當時，即時，W取最小值，代入數(shù)值得此時（3）根據(jù)可得，根據(jù)得分析可知A木板以該速度向左勻速運動，機器人跳離A木板到與B木板相對靜止的過程中，機器人與BC木板組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，得解得該過程A木板向左運動的距離為機器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端，整個過程機器人和B木板組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)每次起跳機器人的水平速度大小為，B木板的速度大小為，機器人每次跳躍的時間為，取向右為正方向，得①每次跳躍時機器人和B木板的相對位移為，可得②機器人到B木板右端時，B木板恰好追上A木板，從機器人跳到B左端到跳到B右端的過程中，AB木板的位移差為可得③聯(lián)立①②③解得故A、C兩木板間距為解得4．(2023·河北卷·7)（2023·河北·高考真題）如圖，質(zhì)量為的薄木板靜置于光滑水平地面上，半徑為的豎直光滑圓弧軌道固定在地面，軌道底端與木板等高，軌道上端點和圓心連線與水平面成角．質(zhì)量為的小物塊以的初速度從木板左端水平向右滑行，與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5．當?shù)竭_木板右端時，木板恰好與軌道底端相碰并被鎖定，同時沿圓弧切線方向滑上軌道．待離開軌道后，可隨時解除木板鎖定，解除鎖定時木板的速度與碰撞前瞬間大小相等、方向相反．已知木板長度為取?。?）求木板與軌道底端碰撞前瞬間，物塊和木板的速度大?。唬?）求物塊到達圓弧軌道最高點時受到軌道的彈力大小及離開軌道后距地面的最大高度；（3）物塊運動到最大高度時會炸裂成質(zhì)量比為的物塊和物塊，總質(zhì)量不變，同時系統(tǒng)動能增加，其中一塊沿原速度方向運動．為保證之一落在木板上，求從物塊離開軌道到解除木板鎖定的時間范圍．【答案】（1），；（2），；（3）或【詳析】（1）設(shè)物塊的初速度為，木板與軌道底部碰撞前，物塊和木板的速度分別為和，物塊和木板的質(zhì)量分別為和，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為，木板長度為，由動量守恒定律和功能關(guān)系有由題意分析，聯(lián)立式得（2）設(shè)圓弧軌道半徑為，物塊到圓弧軌道最高點時斜拋速度為，軌道對物塊的彈力為．物塊從軌道最低點到最高點，根據(jù)動能定理有物塊到達圓弧軌道最高點時，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立式，得設(shè)物塊拋出時速度的水平和豎直分量分別為和斜拋過程物塊上升時間該段時間物塊向左運動距離為．物塊距離地面最大高度．（3）物塊從最高點落地時間設(shè)向左為正方向，物塊在最高點炸裂為，設(shè)質(zhì)量和速度分別為和、，設(shè)，系統(tǒng)動能增加．根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得解得或．設(shè)從物塊離開軌道到解除木板鎖定的時間范圍：（a）若，炸裂后落地過程中的水平位移為炸裂后落地過程中的水平位移為木板右端到軌道底端的距離為運動軌跡分析如下為了保證之一落在木板上，需要滿足下列條件之一Ⅰ．若僅落在木板上，應(yīng)滿足且解得Ⅱ．若僅落在木板上，應(yīng)滿足且不等式無解；（b）若，炸裂后落地過程中水平位移為0，炸裂后落地過程中水平位移為木板右端到軌道底端的距離為運動軌跡分析如下為了保證之一落在木板上，需要滿足下列條件之一Ⅲ．若僅落在木板上，應(yīng)滿足且解得Ⅳ．若僅落在木板上，應(yīng)滿足且解得．綜合分析（a）（b）兩種情況，為保證之一一定落在木板上，滿足的條件為或5．(2023·河北卷·7)（2022·河北·高考真題）如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質(zhì)量分別為和，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質(zhì)量均為，A和C以相同速度向右運動，B和D以相同速度向左運動，在某時刻發(fā)生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新滑塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數(shù)均為。重力加速度大小取。（1）若，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；（2）若，從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小?！敬鸢浮浚?），，方向均向右；（2）【詳析】（1）物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為，C、D的質(zhì)量均為，以向右方向為正方向，則有解得可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度大小為，方向向右?；錋、B碰撞過程中滿足動量守恒，設(shè)碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為，滑板A和B質(zhì)量分別為和，則由解得則新滑板速度方向也向右。（2）若，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為可知碰后新物塊相對于新滑板向右運動，新物塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動，設(shè)新物塊的質(zhì)量為，新滑板的質(zhì)量為，相對靜止時的共同速度為，根據(jù)動量守恒可得解得根據(jù)能量守恒可得解得6．(2023·河北卷·7)（2021·河北·高考真題）如圖，一滑雪道由和兩段滑道組成，其中段傾角為，段水平，段和段由一小段光滑圓弧連接，一個質(zhì)量為的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若后質(zhì)量為的滑雪者從頂端以的初速度、的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起，背包與滑道的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取，，，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化，求：（1）滑道段的長度；（2）滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳析】（1）設(shè)斜面長度為，背包質(zhì)量為，在斜面上滑行的加速度為，由牛頓第二定律有解得滑雪者質(zhì)量為，初速度為，加速度為，在斜面上滑行時間為，落后時間，則背包的滑行時間為，由運動學公式得聯(lián)立解得或故可得（2）背包和滑雪者到達水平軌道時的速度為、，有滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為零，動量守恒，設(shè)共同速度為，有解得一、單選題1．（2025·河北張家口·三模）研究運動員蹦床運動時，用傳感器記錄了某運動員對蹦床作用力F的大小隨時間t變化的關(guān)系圖像，如圖所示。已知時運動員剛好落到蹦床上，運動員的質(zhì)量為50kg，運動員未與蹦床接觸時蹦床水平，運動員在運動過程中身體始終保持豎直，忽略空氣阻力，重力加速度大小取。運動員離開蹦床上升的最大高度h及運動員與蹦床接觸過程中蹦床對運動員的平均作用力的大小分別為（）A．5m，2000N B．5m，2500NC．10m，2000N D．10m，2500N【答案】B【詳析】自由落體時間為最大高度為離開跳床的速度大小為運動員從最低點到離開跳床的時間是0.25s，根據(jù)動量定理得解得故選B。2．（2025·河北保定·二模）如圖所示，光滑水平面上靜置一長度未知的木板B，一質(zhì)量與木板相同的物塊A（可視為質(zhì)點）從左端以大小為v的速度沖上木板，經(jīng)過時間t運動到木板右端且恰好不從木板上滑離。下列說法正確的是（）A．物塊A運動到木板右端時的速度大小為B．在此過程中，物塊A運動的距離為C．A動量的減少量大于B動量的增加量D．木板B的長度為【答案】A【詳析】A．設(shè)物塊和木板的質(zhì)量均為m，物塊運動到木板右端恰好未從木板上滑落，系統(tǒng)動量守恒，選取滑塊初速度的方向為正方向，則有解得即物塊A運動到木板右端時的速度大小為，A正確；B．根據(jù)勻變速運動規(guī)律可知，物塊A運動的位移，B錯誤；C．A動量的減少量B動量的增加量則A動量的減少量等于B動量的增加量，C錯誤；D．由題可知，時間木板B的位移為結(jié)合上述分析可得，木板B的長度為，D錯誤。故選A。3．（2025·河北·一模）如圖所示，質(zhì)量為0.4kg，帶有四分之一圓弧的光滑圓弧槽靜止在光滑的水平面上，圓弧半徑為0.3m。現(xiàn)有一質(zhì)量為0.2kg的小球以大小的初速度水平?jīng)_上圓弧槽，取重力加速度大小，從小球沖上圓弧槽到滑離圓弧槽的過程中，下列說法正確的是（

）A．小球和圓弧槽組成的系統(tǒng)動量守恒B．小球離開圓弧槽時速度的大小為C．小球上升的最大高度（相對圓弧最低點）為1.2cmD．小球?qū)A弧槽的最大壓力為2.4N【答案】C【詳析】A．從小球沖上圓弧槽到滑離圓弧槽的過程中，小球和圓弧槽組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，豎直方向所受合外力不為零，豎直方向動量不守恒，即小球和圓弧槽組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；BD．水平方向根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得，即小球離開圓弧槽時速度的大小為0.2m/s，此時圓弧槽對小球支持力最大，設(shè)為，根據(jù)牛頓第二定律解得根據(jù)牛頓第三定律可知小球?qū)A弧槽的最大壓力為故BD錯誤；C．小球上升的最大高度（相對圓弧最低點）時，小球和圓弧槽速度相等，水平方向根據(jù)動量守恒定律根據(jù)能量守恒定律聯(lián)立解得故C正確。故選C。4．（2025·河北保定·一模）如圖所示，體育課上一同學在距離地面高0.7m處將一排球墊起，墊起時排球的速度方向與水平方向的夾角為37°，排球運動過程中距離地面的最大高度為2.5m。已知排球的質(zhì)量為0.3kg，不計空氣阻力，重力加速度，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是（）A．排球被墊起時的速度大小為8m/sB．排球被墊起瞬間動量大小為3kg·m/sC．排球在最高點處的速度大小為6m/sD．排球從被墊起到第一次落地所用時間為1.2s【答案】B【詳析】A．令h＝0.7m，H＝2.5m，θ＝37°豎直方向有解得則排球墊起時的速度大小A項錯誤；C．排球在最高點處的速度大小C項錯誤；B．排球被墊起瞬間動量大小B項正確；D．設(shè)排球上升和下降所用的時間分別為、，則有排球從墊起到第一次落地所用時間聯(lián)立解得D項錯誤。故選B。5．（2023·河北邯鄲·三模）如圖光滑水平面上有a、b、c、d四個彈性小球，質(zhì)量分別為m、9m、3m、m。小球a一端靠墻，并通過一根輕彈簧與小球b相連，此時彈簧處于原長。小球b和c接觸但不粘連?，F(xiàn)給小球d一個向左的初速度，與小球c發(fā)生碰撞，整個碰撞過程中沒有能量損失，彈簧始終處于彈性限度之內(nèi)。以下說法正確的是（）A．整個過程中小球a、b、c、d和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒B．整個過程中四個彈性小球a、b、c、d的機械能守恒C．小球a速度的最大值為D．彈簧彈性勢能最大值為【答案】C【詳析】A．由于墻壁對a球有彈力作用，整個過程中小球a、b、c、d和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．整個過程中彈簧與四個彈性小球的系統(tǒng)機械能守恒，所以四個彈性小球a、b、c、d的機械能不守恒，故B錯誤；D．小球d與小球c碰撞，設(shè)小球c碰撞后速度為，小球d碰撞后速度為，由動量守恒和機械能守恒定律得，解得,小球c與小球b碰撞，設(shè)小球c碰撞后速度為，小球b碰撞后速度為，由動量守恒和機械能守恒定律得，解得,小球b向左運動速度為零時，彈簧彈性勢能最大，則故D錯誤；C．小球b壓縮彈簧，到彈簧恢復(fù)原長過程，小球b與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，小球b向右的速度大小為；當小球a、b向右運動，彈簧恢復(fù)原長時，小球a的速度最大，設(shè)小球a的速度大小為，小球b的速度大小為，由動量守恒和機械能守恒定律得，解得故C正確。故選C。6．（2023·河北邯鄲·二模）質(zhì)量相等的、兩小球（視為質(zhì)點）在同一豎直線的不同高度以不同的初速度同時豎直上拋，在球到達最高點時兩球發(fā)生正碰且碰撞時間極短。圖中實線和虛線分別表示、兩小球位置隨時間變化的曲線，圖線Ⅰ前半部分、Ⅱ后半部分關(guān)于時刻對稱。則下列說法正確的是（）A．時刻，球的速率大于球的速率 B．碰撞前后瞬間，球的動量不變C．球先落回地面 D．碰撞后球的機械能大于球的機械能【答案】D【詳析】A．圖線的斜率表示速度，根據(jù)題圖可知，時刻，球的速率小于球的速率，A錯誤；BC．根據(jù)題圖可知，碰撞前后瞬間，兩球交換速度，所以碰撞后瞬間，球的速度變?yōu)榱?，球的速度增大，方向豎直向上，球先落回地面，BC錯誤；D．碰撞后兩球處于同一位置，球的速度大于球的速度，兩球質(zhì)量相等，因此碰撞后球的機械能大于球的機械能，D正確。故選D。7．（2024·河北唐山·一模）一同學在練習乒乓球削球技術(shù)時，使乒乓球豎直下落，在球與球拍接觸的瞬間，保持球拍板面水平向上，并沿水平方向揮動球拍，如圖所示。已知乒乓球與球拍接觸時間極短，接觸前后乒乓球在豎直方向的速度大小分別為5m/s和4m/s，乒乓球與球拍之間的動摩擦因數(shù)為0.3。若乒乓球可視為質(zhì)點且不計空氣阻力，g取，則乒乓球在與球拍接觸后獲得的水平速度大小為（）A．1.2m/s B．1.5m/s C．2.0m/s D．2.7m/s【答案】D【詳析】豎直方向向上為正方向，由動量定理水平方向乒乓球與球拍接觸時間極短，則重力的沖量可忽略不計，則解得故選D。二、多選題8．（2025·河北石家莊·三模）如圖為水流導(dǎo)光實驗，已知出水口的橫截面積為，出水口中心到水池水面的豎直高度為0.8m，水柱在水面的落點中心到出水口的水平距離為0.4m，水的密度為，g取10m/s2。假設(shè)水落到水面后豎直速度立即減為0，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）A．水離開出水口時的速度大小為0.5m/sB．水離開出水口時的速度大小為1.0m/sC．落水對水面豎直方向的沖擊力大小為0.12ND．落水對水面豎直方向的沖擊力大小為1.2N【答案】BC【詳析】AB．根據(jù)平拋運動的規(guī)律，可得v0=1.0m/s選項A錯誤，B正確；CD．在?t時間內(nèi)流出水的質(zhì)量落地時的豎直速度由動量定理解得F=0.12N選項C正確，D錯誤。故選BC。9．（2024·河北邯鄲·一模）如圖所示，光滑水平軌道與光滑圓弧軌道相切，小物塊B放置在水平軌道上，小物塊A從圓弧軌道釋放，A、B在水平軌道上發(fā)生碰撞。第一次碰撞之后A滑上圓弧軌道，然后返回與B發(fā)生第二次碰撞，已知B的質(zhì)量是A質(zhì)量的4倍，則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比可能為（

）A．4 B．2 C． D．【答案】BC【詳析】設(shè)A的質(zhì)量為，A碰前速度為，碰后為，B碰后為。若第一次A、B小物塊發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒和能量守恒定律，有得則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比為。因為A能第二次與B碰撞，應(yīng)該由碰后A的速度比B速度大，即聯(lián)立解得則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比應(yīng)小于3:1。所以則小物塊A第一次碰撞前后的速度大小之比應(yīng)介于上面兩比值之間。故BC正確，AD錯誤。故選BC。三、解答題10．（2025·河北保定·二模）如圖所示，傾角為且足夠長的固定斜面上有兩個相距為L的滑塊A、B，滑塊A的質(zhì)量為m，滑塊B的質(zhì)量為3m，滑塊A的下表面光滑，滑塊B與斜面間的動摩擦因數(shù)。由靜止同時釋放滑塊A和B，此后，若A、B發(fā)生碰撞，碰撞時間都極短且碰撞為彈性碰撞。重力加速度大小為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。求：(1)滑塊A、B第一次碰撞后瞬間，滑塊A的速度及滑塊B的速度；(2)從滑塊A、B第一次碰撞到滑塊A、B第二次碰撞所經(jīng)歷的時間t；(3)從滑塊A開始運動到兩滑塊剛發(fā)生第n次碰撞，滑塊B的位移大小x。【答案】(1)-，(2)2(3)n（n-1）L【詳析】（1）滑塊B恰好能靜止在斜面上，滑塊A下滑過程，根據(jù)機械能守恒定律則有解得滑塊A、B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒則有根據(jù)能量守恒可得解得，（2）碰后滑塊B勻速下滑，下滑距離為x時，兩滑塊第二次相撞，則有對滑塊A則有解得（3）第二次碰撞前瞬間，滑塊A相對于滑塊B的速度大小vAB=以B為參考系，則有mvAB=mvA2+3mvB2碰后B相對于碰前的速度變化量ΔvB=碰后B相對于斜面有vB2=vB1+ΔvB=且每次碰撞后B的速度大小都增加ΔvB=兩滑塊間相對速度依然是vAB=碰撞間隔時間依然是Δt=t=2從第一次碰撞到第二次碰撞，滑塊B的位移大小x1=vB1t=2L從第二次碰撞到第三次碰撞，滑塊B的位移大小x2=vB2·Δt=4L依此類推，有則x=2L+4L+6L+…+2（n-1）L解得x=n（n-1）L11．（2024·河北衡水·一模）如圖所示為室內(nèi)碗池比賽訓練時的簡化示意圖，一根輕質(zhì)彈簧左端固定，右端與靜置在光滑水平面上K點的小球B相連，彈簧處于原長。小球B的右側(cè)靜置著一滑塊C，其上表面是半徑為R的光滑圓弧軌道，滑塊C的最低點恰與K點重合?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m的小球A從圓弧最高點由靜止釋放，小球A沿軌道滑下后，在水平面上與小球B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間忽略不計。已知小球B、滑塊C的質(zhì)量均為3m，小球A、B均可視為質(zhì)點，重力加速度為g，求：(1)小球A下滑到圓弧軌道最低點時，小球A的速度v1、滑塊C的速度v2的大小；(2)彈簧彈性勢能的最大值；(3)若當小球B再一次回到K點時，小球A恰好第一次返回滑塊C的最低點，求B做簡諧運動的周期。【答案】(1)，(2)(3)【詳析】（1）小球A下滑到圓弧軌道最低點過程中，小球A與滑塊C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，有又根據(jù)機械能守恒定律有兩式聯(lián)立得，（2）小球A與小球B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后的速度分別為和，根據(jù)動量守恒和機械能守恒有，解得，小球A與小球B碰后，小球B與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，得彈簧彈性勢能的最大值為（3）小球A下滑到圓弧軌道最低點過程中，設(shè)小球A水平方向的位移和滑塊C的位移分別為和，則根據(jù)水平方向動量守恒有即解得，小球A第一次下滑到圓弧軌道最低點到與小球B發(fā)生碰撞所用時間設(shè)為，則從小球A與小球B碰后到小球B再一次回到K點所用時間設(shè)為，則根據(jù)題意有聯(lián)立解得12．（2025·河北張家口·二模）如圖所示，半徑的四分之一光滑圓弧軌道A固定在水平地面上，軌道最低點切線水平，緊鄰軌道右側(cè)放置著一下表面光滑、上表面粗糙的滑板B，在滑板B的右側(cè)放置著一個物塊C，其中滑板B的質(zhì)量，物塊C的質(zhì)量。現(xiàn)將一質(zhì)量的小滑塊D（可視為質(zhì)點）從圓弧軌道正上方距離圓弧軌道最高點處由靜止釋放，小滑塊D正好沿圓弧切線進入圓弧軌道，小滑塊D沖上滑板B，在達到共同速度的瞬間滑板B與物塊C發(fā)生彈性碰撞，整個運動過程中，小滑塊D未從滑板B上掉落。已知小滑塊D與滑板B間的動摩擦因數(shù)，物塊C與地面間的動摩擦因數(shù)，重力加速度。求：(1)小滑塊D到達圓弧軌道最低點時對圓弧軌道的壓力；(2)最初滑板B右端到物塊C的距離；(3)物塊C與地面間因摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?1)，方向豎直向下(2)(3)【詳析】（1）小滑塊D從靜止釋放后到滑上滑板B前的過程中，根據(jù)動能定理可得對最低點的小滑塊D受力分析可得由牛頓第三定律可得小滑塊D到達圓弧軌道最低點時對圓弧軌道的壓力為聯(lián)立解得方向豎直向下。（2）小滑塊D沖上滑板B的速度大小為，根據(jù)動量守恒定律可得小滑塊D沖上滑板B時，滑板B的加速度為，則有由運動學公式可得聯(lián)立解得最初滑板B右端到物塊C的距離為（3）滑板B與物塊C發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒和機械能守恒可得，解得，之后滑板B與小滑塊D達到共同速度再次與已經(jīng)靜止的物塊C發(fā)生碰撞，滑板B與小滑塊D達到共同速度時，有滑板B第二次與物塊C發(fā)生碰撞，設(shè)碰后物塊C的速度為，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可得可知第次碰撞后物塊C的速度為（，，）最終