五年（2021-2025）高考真題分類(lèi)匯編PAGEPAGE1專(zhuān)題07動(dòng)量考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1沖量2023綜合近五年福建物理高考對(duì)“動(dòng)量”專(zhuān)題的考查情況，該模塊的核心命題點(diǎn)呈現(xiàn)出鮮明的聚焦性與延續(xù)性。沖量定理作為力學(xué)體系的關(guān)鍵橋梁，其基礎(chǔ)性與應(yīng)用價(jià)值使其成為命題的穩(wěn)定錨點(diǎn)，在2021、2024年連續(xù)考查，體現(xiàn)了對(duì)動(dòng)量變化與力作用過(guò)程關(guān)系的核心理解要求。沖量作為矢量概念的基礎(chǔ)辨析點(diǎn)，與動(dòng)量定理緊密關(guān)聯(lián)，是概念體系的重要組成。動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用作為動(dòng)量專(zhuān)題的終極目標(biāo)和難點(diǎn)，在解決碰撞、反沖等復(fù)雜系統(tǒng)問(wèn)題中的普適性和物理思想高度，其重要性不言而喻，未來(lái)仍將是命題的重心與區(qū)分度所在。量專(zhuān)題的命題預(yù)計(jì)將持續(xù)深化對(duì)核心概念的本質(zhì)理解及相互關(guān)聯(lián)的辨析，基礎(chǔ)題側(cè)重概念內(nèi)涵、矢量性、適用條件的精準(zhǔn)把握；尤其值得注意的是，動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用考查將顯著加強(qiáng)，不僅限于單一碰撞模型，更可能拓展到多過(guò)程、多物體系統(tǒng)，或與能量轉(zhuǎn)化、圓周運(yùn)動(dòng)、圖像分析等知識(shí)點(diǎn)交叉融合，考查考生運(yùn)用守恒思想分析復(fù)雜過(guò)程、建立物理模型及進(jìn)行邏輯推理的綜合能力，計(jì)算題中其作為核心規(guī)律的地位將更加凸顯，對(duì)物理思想方法的深度應(yīng)用要求更高?？键c(diǎn)2沖量定理2024、2021考點(diǎn)3動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用2025考點(diǎn)01沖量1．（2023·福建·高考）（多選）甲、乙兩輛完全相同的小車(chē)均由靜止沿同一方向出發(fā)做直線運(yùn)動(dòng)。以出發(fā)時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，甲車(chē)的速度—時(shí)間圖像如圖（a）所示，乙車(chē)所受合外力—時(shí)間圖像如圖（b）所示。則（

）A．0~2s內(nèi)，甲車(chē)的加速度大小逐漸增大B．乙車(chē)在t=2s和t=6s時(shí)的速度相同C．2~6s內(nèi)，甲、乙兩車(chē)的位移不同D．t=8s時(shí)，甲、乙兩車(chē)的動(dòng)能不同【答案】BC【詳析】A．由題知甲車(chē)的速度一時(shí)間圖像如圖（a）所示，則根據(jù)圖（a）可知0~2s內(nèi)，甲車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，故A錯(cuò)誤；B．由題知乙車(chē)所受合外力一時(shí)間圖像如圖（b）所示，則乙車(chē)在0~2s內(nèi)根據(jù)動(dòng)量定理有I2=mv2，I2=S0~2=2N·s，乙車(chē)在0~6s內(nèi)根據(jù)動(dòng)量定理有I6=mv6，I6=S0~6=2N·s，則可知乙車(chē)在t=2s和t=6s時(shí)的速度相同，故B正確；C．根據(jù)圖（a）可知，2~6s內(nèi)甲車(chē)的位移為0；根據(jù)圖（b）可知，2~6s內(nèi)乙車(chē)一直向正方向運(yùn)動(dòng)，則2~6s內(nèi)，甲、乙兩車(chē)的位移不同，故C正確；D．根據(jù)圖（a）可知，t=8s時(shí)甲車(chē)的速度為0，則t=8s時(shí)，甲車(chē)的動(dòng)能為0；乙車(chē)在0~8s內(nèi)根據(jù)動(dòng)量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0，可知t=8s時(shí)乙車(chē)的速度為0，則t=8s時(shí)，乙車(chē)的動(dòng)能為0，故D錯(cuò)誤。故選BC。考點(diǎn)02沖量定理2．（2024·福建·高考）（多選）如圖（a），水平地面上固定有一傾角為θ的足夠長(zhǎng)光滑斜面，一質(zhì)量為m的滑塊鎖定在斜面上。t=0時(shí)解除鎖定，同時(shí)對(duì)滑塊施加沿斜面方向的拉力F，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，取沿斜面向下為正方向，重力加速度大小為g，則滑塊（）A．在0~4tB．在0~4tC．在t0時(shí)動(dòng)量大小是在2D．在2t0~3【答案】AD【詳析】根據(jù)圖像可知當(dāng)F=2mgsinθ時(shí)，物塊加速度為a=2mgsinθ+mgsinθm=3gsinθA．根據(jù)圖像可知0~4t0，物體一直沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，故B．根據(jù)圖像可知0~4t0，物塊的末速度不等于0，根據(jù)動(dòng)量定理I合=C．根據(jù)圖像可知t0時(shí)物塊速度大于2t0時(shí)物塊的速度，故t0時(shí)動(dòng)量不是D．v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故由圖像可知2t0~3t0故選AD。3．（2025·福建·高考真題）（多選）傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小恒為1m/s，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。兩個(gè)物塊A、B，A、B用一根輕彈簧連接，開(kāi)始彈簧處于原長(zhǎng)，A的質(zhì)量為1kg，B的質(zhì)量為2kg，A與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，B與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25。t=0時(shí)，將兩物塊放置在傳送帶上，給A一個(gè)向右的初速度v0=2m/s，B的速度為零，彈簧自然伸長(zhǎng)。在t=t0時(shí)，A與傳送帶第一次共速，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能Ep=0.75J，傳送帶足夠長(zhǎng)，A可在傳送帶上留下痕跡，重力加速度g=10mA．在t=t02時(shí)，B的加速度大小大于B．t=t0時(shí)，B的速度為0.5m/sC．t=t0時(shí)，彈簧的壓縮量為0.2mD．0﹣t0過(guò)程中，A與傳送帶的痕跡小于0.05m【答案】BD【詳析】AB．根據(jù)題意可知傳送帶對(duì)AB的滑動(dòng)摩擦力大小相等都為f=0.5×1×10N=0.25×2×10N=5N，初始時(shí)A向右減速，B向右加速，故可知在A與傳送帶第一次共速前，AB整體所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mAv0=mAv+mBvB，v=1m/s，代入數(shù)值解得t=t0時(shí)，B的速度為vB=0.5m/s，在C．在t0時(shí)間內(nèi)，設(shè)AB向右的位移分別為xA，xB；，由功能關(guān)系有-fxA+fxB+1D．A與傳送帶的相對(duì)位移為x相A=xA-vt0，B與傳送帶的相對(duì)為x相B=vt0-xB，可知x相A等于圖形MNA的面積，x相B等于圖形NOBA的面積，故可得x相A<x相故選BD?？键c(diǎn)03動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用4．（2022·福建·高考）如圖，L形滑板A靜置在粗糙水平面上，滑板右端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端與一小物塊B相連，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。一小物塊C以初速度v0從滑板最左端滑入，滑行s0后與B發(fā)生完全非彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），然后一起向右運(yùn)動(dòng)；一段時(shí)間后，滑板A也開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．已知A、B、C的質(zhì)量均為m，滑板與小物塊、滑板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為（1）C在碰撞前瞬間的速度大??；（2）C與B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；（3）從C與B相碰后到A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，C和B克服摩擦力所做的功?！敬鸢浮浚?）v02-2μgs0；（2）1【詳析】（1）小物塊C運(yùn)動(dòng)至剛要與物塊B相碰過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得-μmg解得C在碰撞前瞬間的速度大小為v（2）物塊B、C碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒可得m解得物塊B與物塊C碰后一起運(yùn)動(dòng)的速度大小為v故C與B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為Δ（3）滑板A剛要滑動(dòng)時(shí)，對(duì)滑板A，由受力平衡可得k解得彈簧的壓縮量，即滑板A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)前物塊B和物塊C一起運(yùn)動(dòng)的位移大小為Δ從C與B相碰后到A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，C和B克服摩擦力所做的功為W=2μmg?一、單選題1．（2025·福建部分地市·一檢）老式水龍頭水流快，水量大，容易四處飛濺，可加裝起泡器，讓流出的水和空氣充分混合后減緩流速，既避免水流飛濺，又減少用水量。某水龍頭打開(kāi)后，水流以大小為v0的速度垂直沖擊水槽表面，約有13四處飛濺，濺起時(shí)垂直水槽裝面的速度大小約為12v0，其余2A．16 B．112 C．310【答案】D【詳析】取水流的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)原來(lái)水流對(duì)水槽裝面的平均沖擊力大小為F，假設(shè)在一段很短的時(shí)間Δt內(nèi)，噴到水槽裝面上水的質(zhì)量為Δm，則對(duì)質(zhì)量為Δm的水，根據(jù)動(dòng)量定理有-FΔt=1故選D。2．（2025·福建·一模）如圖所示，小車(chē)放在光滑的水平地面上，輕質(zhì)細(xì)繩一端系在小車(chē)上，另一端連接可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，將小球拉開(kāi)一定角度（此時(shí)小車(chē)與小球均靜止），然后同時(shí)放開(kāi)小球和小車(chē)，小球開(kāi)始在豎直平面內(nèi)來(lái)回?cái)[動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球在最低點(diǎn)時(shí)處于平衡狀態(tài) B．小球在最高點(diǎn)時(shí)處于平衡狀態(tài)C．小球在最低點(diǎn)時(shí)，小車(chē)處于平衡狀態(tài) D．小球在最高點(diǎn)時(shí)，小車(chē)處于平衡狀態(tài)【答案】C【詳析】AC．小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，小球在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩對(duì)小球的拉力大于小球受到的重力，小球處于超重狀態(tài)，小車(chē)受合外力為零處于平衡狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、C正確；BD．小球在最高點(diǎn)時(shí)，小球、小車(chē)的加速度均不為0，都不是平衡狀態(tài)，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤。故選C。3．（2025·福建龍巖·一模）一輛汽車(chē)在夜間以速度v0勻速行駛，駛?cè)胍欢握彰鞑涣嫉钠街惫窌r(shí)，司機(jī)迅速減小油門(mén)，使汽車(chē)的功率減小為某一定值，此后汽車(chē)的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。設(shè)汽車(chē)行駛時(shí)所受的阻力恒定為f，汽車(chē)的質(zhì)量為mA．t=0時(shí)刻，汽車(chē)的功率減小為1B．整個(gè)減速過(guò)程中，汽車(chē)的牽引力不斷變小C．整個(gè)減速過(guò)程中，克服阻力做功大于3D．整個(gè)減速過(guò)程中，汽車(chē)牽引力的沖量大小為ft+【答案】C【詳析】A．t=0時(shí)刻，汽車(chē)的功率減小為P=f?12vB．整個(gè)減速過(guò)程中，由F=Pv，可知汽車(chē)的牽引力不斷變大，故C．整個(gè)減速過(guò)程中，由動(dòng)能定理，有Pt-W克f=12mD．整個(gè)減速過(guò)程中，由動(dòng)量定理，有I牽-ft=12mv0故選C。4．（2025·福建多地市·二模）水車(chē)作為農(nóng)耕文化的重要組成部分，體現(xiàn)了中國(guó)古代勞動(dòng)人民的創(chuàng)造力。如圖所示為一種水車(chē)的原理簡(jiǎn)化圖，水車(chē)豎直放置，其葉片與半徑共線，水渠引出的水從一定高度以4?m/s的速度水平流出，水的流量為60A．240?N B．480?N C．780?N【答案】B【詳析】水流出后做平拋運(yùn)動(dòng)，水流沖擊葉片前瞬間的速度大小為v=v0cos60°，水的流量為Q=60kg/s，取極短時(shí)間Δt解得葉片對(duì)水流的作用力大小為F=480N，根據(jù)牛頓第三定律可知水流對(duì)葉片的沖擊力大小為480N。故選B。5．（2025·福建寧德·三模）溫福高鐵寧德段正在加速建設(shè)中，寧德山區(qū)霧氣重，假設(shè)列車(chē)在水平長(zhǎng)直軌道上運(yùn)行時(shí)，列車(chē)周?chē)諝忪o止，車(chē)頭前方的空氣與水霧碰到車(chē)頭后速度變?yōu)榕c列車(chē)速度相同，空氣密度為ρ，空氣中單位體積內(nèi)有n顆小水珠，每顆小水珠的質(zhì)量為m，車(chē)頭的橫截面積為S，列車(chē)以速度v勻速運(yùn)行。則列車(chē)因與空氣和水珠沖擊而受到的阻力約為（）A．(ρ+nm)Sv B．(ρ+nm)Sv2 C．ρSv【答案】B【詳析】在時(shí)間?t內(nèi)車(chē)頭遇到的水珠的質(zhì)量Δm1=vΔtSnm，遇到空氣的質(zhì)量Δm2=vΔ故選B。6．（2025·福建南平·質(zhì)檢）甲、乙兩車(chē)在同一平直公路上行駛。t=0時(shí)，甲車(chē)司機(jī)發(fā)現(xiàn)乙車(chē)在正前方同方向行駛，立刻采取制動(dòng)措施（不計(jì)反應(yīng)時(shí)間）。甲車(chē)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的動(dòng)量-時(shí)間（p-t）圖像如圖（a）所示，乙車(chē)運(yùn)動(dòng)的位移-時(shí)間（x-t）圖像如圖（b）所示，已知甲車(chē)的質(zhì)量為2×10A．乙車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．甲車(chē)制動(dòng)過(guò)程中所受合外力大小為2×C．甲車(chē)恰好未撞上乙車(chē)的時(shí)刻為t=3.5D．t=0時(shí)刻，甲、乙兩車(chē)相距40【答案】D【詳析】AB．由p-t圖可知甲車(chē)初速度為v0=p0m=50×1032×103m/s=25m/s，5sCD．當(dāng)甲乙車(chē)速度相等時(shí)，兩車(chē)恰好不撞，則有v甲+at=v乙，解得t=4s，位移間的關(guān)系為v甲t+12故選D。二、多選題7．（2025·福建福州·四檢）科學(xué)實(shí)踐小組對(duì)福州內(nèi)河調(diào)研發(fā)現(xiàn)，彎曲河道的外側(cè)河堤會(huì)受到流水沖擊產(chǎn)生的壓強(qiáng)。如圖所示，河流某彎道處可視為圓心為O，半徑為R的圓弧的一部分。假設(shè)河床水平，河道在整個(gè)彎道處寬度L和水深H均保持不變，水的流動(dòng)速度v大小恒定，L?R，河水密度為ρ，忽略流水內(nèi)部的相互作用力。取彎道某處一垂直于流速的觀測(cè)截面，則在一段極短時(shí)間Δt內(nèi)（

）A．流水的加速度方向指向圓心OB．流水速度改變量的大小為vC．通過(guò)觀測(cè)截面水的動(dòng)量改變量大小為ρLHD．外側(cè)河堤受到的流水沖擊產(chǎn)生的壓強(qiáng)為ρH【答案】AC【詳析】A．根據(jù)題意可知，流水做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以水流所受合力方向指向圓心O，則流水的加速度方向指向圓心O，故A正確；B．由于L?R，則向心加速度大小為a=v2R，根據(jù)加速度的定義式有a=ΔvΔtC．依題意，極短時(shí)間Δt內(nèi)水流的距離Δl=v?Δt，橫截面積S=LH，可得Δt內(nèi)水流的質(zhì)量為m=ρSΔl=ρLHv?D．根據(jù)牛頓第二定律可得F=mv2R，水流與外側(cè)河堤作用的面積S'=Δl?H故選AC。8．（2025·福建廈門(mén)·三模）“天宮課堂”第四課在中國(guó)空間站開(kāi)講，神舟十六號(hào)航天員在夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)進(jìn)行授課。其中一個(gè)實(shí)驗(yàn)如圖所示，質(zhì)量為0.1kg的小球A以某一初速度向左運(yùn)動(dòng)，與靜止懸浮在空中的質(zhì)量為0.5kg的小球B發(fā)生正碰，碰撞后小球A向右反彈，當(dāng)A向右移動(dòng)2格的長(zhǎng)度時(shí)，小球B向左移動(dòng)1格的長(zhǎng)度。已知背景板上小方格的邊長(zhǎng)相等，忽略艙內(nèi)空氣阻力的影響，則（）A．小球A碰撞前后的速度大小之比為7：2B．小球A碰撞前后的速度大小之比為3：2C．碰撞前后，小球A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)能不變D．碰撞前后，小球A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)能減少【答案】BC【詳析】根據(jù)題意可知，由于碰撞后，A球向右移動(dòng)2格長(zhǎng)度時(shí)，B球向左移動(dòng)1格的長(zhǎng)度，則碰撞后，A球的速度大小是B球速度大小的2倍，設(shè)碰撞后B球的速度為v，則A球的速度為-2v，AB．設(shè)碰撞前A球的速度為v0，由于碰撞過(guò)程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則碰撞過(guò)程中A球動(dòng)量減少量等于B球動(dòng)量增加量，則有0.1v0+0.1?2v=0.5?v，解得v=13v0，則求A碰撞后的速度大小為v'=2v=23CD．根據(jù)計(jì)算可得碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能Ek=12×0.1×v02，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能E'k=12故選BC。9．（2025·福建南平·質(zhì)檢）如圖，兩個(gè)完全相同、質(zhì)量均為3m的光滑半圓形凹槽a、b靜止在光滑水平地面上，其中a槽左側(cè)緊靠墻面?，F(xiàn)將兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球1、2（可視為質(zhì)點(diǎn)）分別從兩槽的左側(cè)最高點(diǎn)處由靜止釋放，則兩小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）A．分別與a槽和b槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能和動(dòng)量均守恒B．運(yùn)動(dòng)到凹槽右端的最大高度不同C．第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，兩小球的速度大小之比為3D．第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，兩小球在水平方向上相對(duì)地面的位移之比為4:3【答案】BD【詳析】A．球1與a槽組成的系統(tǒng)，球1從a槽的左側(cè)下到最低點(diǎn)過(guò)程中，由于a槽受到墻壁的作用力，所以球1與a槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，此過(guò)程只有重力做功，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；接著球1從a槽最低點(diǎn)向右側(cè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于存在球1的重力，故系統(tǒng)的合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但水平方向所受合外力為零，水平方向動(dòng)量守恒，此過(guò)程系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；故球1與a槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但動(dòng)量不守恒；球2與b槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由于存在球2的重力，故系統(tǒng)的合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但水平方向所受合外力為零，水平方向動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；BCD．球1滑到最低點(diǎn)時(shí)，槽a才開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，球1水平位移為x1=R，根據(jù)機(jī)械能守恒有mgR=12mv12，解得球1最低點(diǎn)速度為v1=2gR，達(dá)到右側(cè)最大高度時(shí)，球1和槽a共速，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有mv1=4mv1'，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgh1聯(lián)立解得球2水平位移為x2=34R，根據(jù)機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒有mgR=12mv22+12×3mv32，mv2-3mv3=0，聯(lián)立解得故選BD。10．（2025·福建三明·三模）如圖甲，在智能機(jī)器人協(xié)作實(shí)驗(yàn)場(chǎng)中，元件A、B之間用智能柔性機(jī)械臂連接（機(jī)械臂可根據(jù)內(nèi)置算法自動(dòng)調(diào)整伸縮，模擬彈簧功能），放在光滑水平試驗(yàn)臺(tái)上，B右側(cè)與豎直擋板相接觸。t=0時(shí)刻，元件C以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，t=1s時(shí)與元件A相碰（碰撞時(shí)間極短），并立即與A粘連且不再分開(kāi)。C的運(yùn)動(dòng)情況由視覺(jué)追蹤系統(tǒng)和慣性測(cè)量單元監(jiān)測(cè)，并生成如圖乙的v-t圖像，已知mA=100gA．元件C的質(zhì)量為100gB．1s到3s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對(duì)B的沖量大小為0.6C．元件B離開(kāi)墻壁后，柔性機(jī)械臂的最大彈性勢(shì)能為0.3D．元件B離開(kāi)墻壁后，B的最大速度為3【答案】BD【詳析】A．以水平向右為正方向，由題圖乙知，元件C與A碰前速度為v1=6m/s，碰后速度為v2=2m/s，C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有mCB．由題圖乙知，3s末A和C的速度為v3=-2m/s，由動(dòng)量定理可知，1s到3s過(guò)程中柔性機(jī)械臂對(duì)元件A、C的沖量為I=(mA+mC)v3-(mA+mC)vC．元件B離開(kāi)墻壁后，A、B、C三者共速時(shí)柔性機(jī)械臂的彈性勢(shì)能最大，規(guī)定水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有(mA+mC)v3'=(mA+mB+D．規(guī)定水平向左為正方向，元件B離開(kāi)墻壁后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，當(dāng)柔性機(jī)械臂的彈性勢(shì)能再次為0時(shí)，元件B的速度最大，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有(mA+mC)v3'=(mA+故選BD。11．（2025·福建福州福州高中·二適考）如圖甲所示，質(zhì)量為m的同學(xué)直立于箱子上，t=0時(shí)刻該同學(xué)從箱子上無(wú)初速度跳下，經(jīng)曲腿緩沖一系列動(dòng)作后，t7時(shí)刻起直立靜止于地面上，該同學(xué)所受地面支持力大小F隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，忽略空氣阻力，該同學(xué)在空中始終處于直立狀態(tài)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．該同學(xué)的最大速度為gB．t6時(shí)刻，該同學(xué)速度方向豎直向上C．圖乙中圖像與橫軸t1~t7圍成的面積為mgD．0~t7時(shí)間內(nèi)該同學(xué)的機(jī)械能減少了1【答案】BC【詳析】A．由F-t圖像可知，0~t1時(shí)間內(nèi)該同學(xué)在空中，tt1~t2時(shí)間內(nèi)，支持力小于重力，合力向下，該同學(xué)接觸地面繼續(xù)向下加速，可知該同學(xué)的最大速度大于B．由F-t圖像可知，t6~t7時(shí)間內(nèi)，該同學(xué)所受地面支持力小于重力，則加速度方向向下，由于t7時(shí)刻處于靜止，所以tC．t1~t7時(shí)間內(nèi)，題圖乙中圖像與橫軸圍成的面積為在t1~t7時(shí)間內(nèi)地面對(duì)該同學(xué)的沖量；則從0~t7D．t1時(shí)間內(nèi)該同學(xué)做自由落體運(yùn)動(dòng)，則箱子的高度為h=12gt12，故選BC。三、解答題12．（2025·福建福州三中·十一測(cè)）如圖質(zhì)量為m2=4kg和m3=3kg的物體靜止放在光滑水平面上，兩者之間用輕彈簧拴接?，F(xiàn)有質(zhì)量為m1(1)m1和m(2)彈簧能產(chǎn)生的最大彈性勢(shì)能是多少；(3)彈簧在第一次獲得最大彈性勢(shì)能的過(guò)程中，對(duì)m3【答案】(1)24(2)4(3)4【詳析】（1）設(shè)m1與m3碰撞后的速度為v由能量守恒定律得1代入數(shù)據(jù)解得m1和m3（2）三物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m代入數(shù)據(jù)解得v由能量守恒定律得1代入數(shù)據(jù)解得E（3）彈簧對(duì)m2，由動(dòng)量定理得則彈簧對(duì)m3沖量的大小是13．（2025·福建莆田·三模）如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)=4?m、質(zhì)量為3m的長(zhǎng)木板置于光滑水平平臺(tái)上，長(zhǎng)木板的左端與平臺(tái)左端對(duì)齊，質(zhì)量為m的物塊b放在長(zhǎng)木板上表面的左端，長(zhǎng)木板的上表面離地面的高度為1.8?m。先將長(zhǎng)木板鎖定，讓質(zhì)量為12m的小球a在地面上的A點(diǎn)斜向右上與水平方向成45°角拋出，小球a沿水平方向與物塊b發(fā)生彈性碰撞，碰撞后，物塊b滑離長(zhǎng)木板時(shí)速度為a、b碰撞后一瞬間b的速度的1(1)小球a與物塊b碰撞前一瞬間的速度大??；(2)物塊b與長(zhǎng)木板上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)解除長(zhǎng)木板的鎖定，讓小球a仍從A點(diǎn)以原速度拋出，小球a與物塊b碰撞后，物塊b與長(zhǎng)木板的最終速度大小。【答案】(1)6(2)μ=0.15(3)1【詳析】（1）設(shè)小球a與物塊b碰撞前一瞬間速度大小為v1，在A點(diǎn)拋出的初速度大小為v0綜合解得v（2）a與b碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒有1根據(jù)機(jī)械能守恒有1解得v2=-2根據(jù)題意，物塊b滑離長(zhǎng)木板時(shí)的速度v根據(jù)動(dòng)能定理有μmg×L=1解得μ=0.15（3）假設(shè)a、b碰撞后物塊b能滑到長(zhǎng)木板的右端，令此時(shí)物塊b和長(zhǎng)木板的速度大小分別為v4'、v由能量守恒定律有μmgL=聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得v可見(jiàn)假設(shè)成立且物塊b剛好相對(duì)靜止在長(zhǎng)木板的右端。14．（2025·福建泉州·安溪一中&惠安一中&養(yǎng)正中學(xué)&泉州實(shí)中·模擬預(yù)測(cè)）某同學(xué)受《三國(guó)演義》的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了一個(gè)“借箭”游戲模型。如圖所示，城堡上裝有一根足夠長(zhǎng)的光滑細(xì)桿，桿上套一個(gè)質(zhì)量為m1=160g的金屬環(huán)，金屬環(huán)用長(zhǎng)度L=20m輕繩懸掛著一個(gè)質(zhì)量為m2=210g的木塊，靜止在城墻上方。若士兵以一定角度射出質(zhì)量為m3=30g的箭，箭剛好水平射中木塊并留在木塊中(1)箭射中木塊前瞬間的速度大??；(2)箭射入木塊的過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)木塊第一次回到最低點(diǎn)時(shí)繩子的拉力大??？【答案】(1)40(2)21J(3)2.7【詳析】（1）箭射出后做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)箭射中木塊前瞬間的速度大小為v0，即斜拋運(yùn)動(dòng)的水平分速度為v0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得s=解得v（2）箭射入木塊的過(guò)程，兩者動(dòng)量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m解得v由能量守恒定律可得此過(guò)程損失的機(jī)械為Δ其中m2=210解得Δ（3）在木塊與圓環(huán)一起向右運(yùn)動(dòng)再回到最低點(diǎn)過(guò)程中，在水平方向上滿足動(dòng)量守恒定律，設(shè)木塊回到最低點(diǎn)時(shí)，木塊與圓環(huán)的速度分別為v3、v4。以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得（其中m解得v3=1設(shè)木塊第一次回到最低點(diǎn)時(shí)繩子的拉力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律得F-解得F=2.715．（2025·福建龍巖·一模）如圖甲所示，水平面上固定一傾角θ=30°的光滑斜面，勁度系數(shù)k=6N/m的輕彈簧一端固定在斜面擋板上，另一端與質(zhì)量M=0.15?kg的長(zhǎng)木板相連，長(zhǎng)木板靜止在斜面上，與鎖定在斜面上半徑R=0.5?m的光滑圓弧AB平滑相接于B點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)的豎直高度差h=516m，質(zhì)量m=0.1?kg的小物塊a從圓弧A點(diǎn)由靜止滑下。從a滑上長(zhǎng)木板開(kāi)始計(jì)時(shí)，t=1?s時(shí)(1)a滑至B點(diǎn)的速度大小v0及對(duì)軌道的壓力大小N(2)長(zhǎng)木板長(zhǎng)度L及系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q；(3)假設(shè)開(kāi)始時(shí)物塊a在外力作用下置于圓弧B點(diǎn)，現(xiàn)有另一小物塊b從圓弧A點(diǎn)靜止滑下與a發(fā)生彈性正碰（碰前瞬間撤去a的外力，碰后立即撤走b和圓弧AB），b的質(zhì)量為多少可使長(zhǎng)木板與彈簧組成系統(tǒng)獲得最大的機(jī)械能?！敬鸢浮?1)v0=2.5(2)L=1.25?m，(3)m【詳析】（1）a從A到B，由動(dòng)能定理得：mgh=得：va在B點(diǎn)，由牛頓第二定律和向心力公式得N-mg得：N=由牛頓第三定律得：a對(duì)軌道的壓力大小為5+23（2）由題意可知：小物塊在0-1s內(nèi)一直向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，其位移為長(zhǎng)木板長(zhǎng)度，加速度大小為a=L=板長(zhǎng)L也是長(zhǎng)木板與物塊a在0～1?s內(nèi)的相對(duì)位移，故有（3）由（1）、（2）分析可知，a以初速度v0在長(zhǎng)板上勻減速滑行時(shí)，長(zhǎng)木板所受摩擦力始終向下，在做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，摩擦力先對(duì)其做正功，后做負(fù)功，全程做功為零。根據(jù)功能關(guān)系，要使長(zhǎng)木板與彈簧組成系統(tǒng)獲得最大的機(jī)械能，則摩擦力對(duì)長(zhǎng)木板做的正功要最大，即在t=0.5?s時(shí)，a與長(zhǎng)木板恰好分離，如v-t圖像所示。a、b碰后a以速度v滑上長(zhǎng)木板向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小仍為a=2.5?m/得A=依題意：當(dāng)長(zhǎng)木板簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期（周期T=1?s）時(shí)，物塊a恰好與其分離，此時(shí)長(zhǎng)木板位移為2A；滑塊位移s=v?1得v=依題意：b與a碰前瞬間的速度仍為v0，由動(dòng)量守恒定律得：由能量守恒定律得：1解得：m16．（24-25高三下·福建泉州·三檢）如圖甲，整個(gè)空間存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E=103V/m。不帶電的絕緣長(zhǎng)木板A靜止在粗糙水平地面上，其左端固定一勁度系數(shù)k=10N/m的輕彈簧，A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5。帶正電的小物塊B從A的右端與彈簧距離x0=0.1m處由靜止釋放，從B釋放開(kāi)始計(jì)時(shí)，其速度v隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像如圖乙，圖中0~t1時(shí)間內(nèi)圖線為直線，t2時(shí)刻速度最大，t3時(shí)刻曲線的斜率絕對(duì)值最大，t4時(shí)刻速度恰為0。已知A和B的質(zhì)量均為m=0.2kg，A與B(1)求B從釋放到剛與彈簧接觸的時(shí)間t1(2)求t2時(shí)刻B的速度大小vB及t4時(shí)刻A(3)已知t3-t2=π20s，求【答案】(1)t(2)v(3)Q=【詳析】（1）對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律有qE=ma

又x0解得t（2）t2時(shí)刻B的速度最大，其合力為零，即qE=k根據(jù)能量守恒定律得qEx解得vB由于kx故t2時(shí)刻A恰好開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，之后由于qE=μ?2mg，A、B組成的系統(tǒng)受到的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得mt4時(shí)刻B的速度為0，得（3）t3時(shí)刻彈簧的壓縮量最大，A、B的速度相同為vmvt2到t3時(shí)間內(nèi)A位移為sA，B位移為sB，sB根據(jù)能量守恒定律得qEs得x2在該過(guò)程的任意時(shí)刻，設(shè)A、B的速度分別為vA'、mv在每段很短的時(shí)間Δt內(nèi)，有m兩邊累加后得mv綜上可得sAQ=μ?2mgs得Q=17．（2025·福建福州福九聯(lián)盟·三模）如圖所示，一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝20m的傾斜傳送帶與水平方向的夾角為θ＝37°，以v0＝4m/s的速度逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)。物塊A放置于傳送帶的上端，物塊B放置于物塊A下方的一段距離的傳送帶上，將兩物塊同時(shí)無(wú)初速地釋放，t0＝0.75s后兩物塊發(fā)生第一次彈性碰撞，之后兩物塊可以發(fā)生多次彈性正碰，碰撞時(shí)間極短可以忽略不計(jì)，兩物塊均可看作質(zhì)點(diǎn)。已知兩個(gè)物塊A、B質(zhì)量分別為m1＝1kg(1)兩物塊第一次碰撞前瞬間物塊A的速度大小；(2)兩物塊第二次碰撞前瞬間物塊B的速度大小；(3)從釋放物塊開(kāi)始到兩物塊發(fā)生第二次碰撞前瞬間的過(guò)程中，物塊A與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q：(4)兩物塊在傳送帶上能發(fā)生的碰撞次數(shù)。【答案】(1)v(2)v(3)Q=26.25(4)4次【詳析】（1）對(duì)物塊B受力分析有f=則物塊B受力平衡，無(wú)初速度放置于傳送帶上后將保持靜止?fàn)顟B(tài)對(duì)物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有m兩物塊第一次碰撞前瞬間物塊A的速度大小v（2）設(shè)第一次碰撞之后瞬間物塊A、B速度分別為v'A1m1v解得v'A第一次碰撞之后物塊B受力不變，仍受力平衡，則沿傳送帶向下以速度2m/s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則第二次碰撞之前物塊B的速度為v（3）兩物塊第一次碰撞后，從第一次碰撞后瞬間到第二次碰撞前瞬間過(guò)程中兩物塊運(yùn)動(dòng)位移相等，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，分別設(shè)為x、t則有x解得t1=1.5傳送帶運(yùn)動(dòng)位移為x=碰前兩物塊距離d=物塊A與傳送帶運(yùn)動(dòng)的相對(duì)位移為Δ產(chǎn)生的熱量Q=（4）釋放B物塊開(kāi)始到兩物塊第一次發(fā)生相碰，B物塊所經(jīng)歷的時(shí)間為t0=0.75s，該過(guò)程A與B發(fā)生第一次相碰后到第二次相碰，B物塊所經(jīng)歷的時(shí)間為t1=1.5s，該過(guò)程設(shè)第二次碰撞之后瞬間物塊A、B速度分別為v'A2m1v解得v'A從A、B第二次碰撞后瞬間到第三次碰撞前瞬間的過(guò)程，設(shè)兩物塊第三次碰撞前瞬間物塊A的速度大小為vA3，從第二次碰撞后瞬間到第三次碰撞前瞬間過(guò)程中兩物塊運(yùn)動(dòng)位移相等，設(shè)為x則有xv解得t2=1.5以此類(lèi)推，可知每次發(fā)生碰撞后，B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為1.5s，運(yùn)動(dòng)距離按等差數(shù)列規(guī)律變化該時(shí)間內(nèi)B運(yùn)動(dòng)的距離x=x<L-d，總共能碰4次四、填空題18．（2025·福建·適應(yīng)性練習(xí)）如圖，小榮和小慧在水平地面上各自從H點(diǎn)拋出沙包，分別落在正前方地面Q1和Q2處。沙包的兩次運(yùn)動(dòng)軌跡處于同一豎直平面，且交于P點(diǎn)，H點(diǎn)正下方地面處設(shè)為O點(diǎn)。已知兩次運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)離地高度均為3.2m，OH=1.4m，OQ1=8.4m，OQ2【答案】3∶4100∶113【詳析】[1]沙包從拋出到最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)可視為平拋運(yùn)動(dòng)的“逆運(yùn)動(dòng)”，則可得小榮拋出上升的高度為h上升時(shí)間為t最高點(diǎn)距水平地面高為h0=3.2重力沖量I=mgt所以小榮拋出的沙包運(yùn)動(dòng)過(guò)程中上升與下降重力的沖量大小之比為3：4。[2]兩條軌跡最高點(diǎn)等高、沙包拋出的位置相同，故可知兩次從拋出到落地的時(shí)間相等為t=故可得小榮和小慧拋出時(shí)水平方向的分速度分別為vx1=由于兩條軌跡最高點(diǎn)等高，故拋出時(shí)豎直方向的分速度也相等，為v由于沙包在空中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只受重力，機(jī)械能守恒，從拋出到落地瞬間根據(jù)動(dòng)能定理可得Ek1=故落地瞬間，動(dòng)能之比為100:113。專(zhuān)題07動(dòng)量考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1沖量2023綜合近五年福建物理高考對(duì)“動(dòng)量”專(zhuān)題的考查情況，該模塊的核心命題點(diǎn)呈現(xiàn)出鮮明的聚焦性與延續(xù)性。沖量定理作為力學(xué)體系的關(guān)鍵橋梁，其基礎(chǔ)性與應(yīng)用價(jià)值使其成為命題的穩(wěn)定錨點(diǎn)，在2021、2024年連續(xù)考查，體現(xiàn)了對(duì)動(dòng)量變化與力作用過(guò)程關(guān)系的核心理解要求。沖量作為矢量概念的基礎(chǔ)辨析點(diǎn)，與動(dòng)量定理緊密關(guān)聯(lián)，是概念體系的重要組成。動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用作為動(dòng)量專(zhuān)題的終極目標(biāo)和難點(diǎn)，在解決碰撞、反沖等復(fù)雜系統(tǒng)問(wèn)題中的普適性和物理思想高度，其重要性不言而喻，未來(lái)仍將是命題的重心與區(qū)分度所在。量專(zhuān)題的命題預(yù)計(jì)將持續(xù)深化對(duì)核心概念的本質(zhì)理解及相互關(guān)聯(lián)的辨析，基礎(chǔ)題側(cè)重概念內(nèi)涵、矢量性、適用條件的精準(zhǔn)把握；尤其值得注意的是，動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用考查將顯著加強(qiáng)，不僅限于單一碰撞模型，更可能拓展到多過(guò)程、多物體系統(tǒng)，或與能量轉(zhuǎn)化、圓周運(yùn)動(dòng)、圖像分析等知識(shí)點(diǎn)交叉融合，考查考生運(yùn)用守恒思想分析復(fù)雜過(guò)程、建立物理模型及進(jìn)行邏輯推理的綜合能力，計(jì)算題中其作為核心規(guī)律的地位將更加凸顯，對(duì)物理思想方法的深度應(yīng)用要求更高。考點(diǎn)2沖量定理2024、2021考點(diǎn)3動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用2025考點(diǎn)01沖量1．（2023·福建·高考）（多選）甲、乙兩輛完全相同的小車(chē)均由靜止沿同一方向出發(fā)做直線運(yùn)動(dòng)。以出發(fā)時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，甲車(chē)的速度—時(shí)間圖像如圖（a）所示，乙車(chē)所受合外力—時(shí)間圖像如圖（b）所示。則（

）A．0~2s內(nèi)，甲車(chē)的加速度大小逐漸增大B．乙車(chē)在t=2s和t=6s時(shí)的速度相同C．2~6s內(nèi)，甲、乙兩車(chē)的位移不同D．t=8s時(shí)，甲、乙兩車(chē)的動(dòng)能不同【答案】BC【詳析】A．由題知甲車(chē)的速度一時(shí)間圖像如圖（a）所示，則根據(jù)圖（a）可知0~2s內(nèi)，甲車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，故A錯(cuò)誤；B．由題知乙車(chē)所受合外力一時(shí)間圖像如圖（b）所示，則乙車(chē)在0~2s內(nèi)根據(jù)動(dòng)量定理有I2=mv2，I2=S0~2=2N·s，乙車(chē)在0~6s內(nèi)根據(jù)動(dòng)量定理有I6=mv6，I6=S0~6=2N·s，則可知乙車(chē)在t=2s和t=6s時(shí)的速度相同，故B正確；C．根據(jù)圖（a）可知，2~6s內(nèi)甲車(chē)的位移為0；根據(jù)圖（b）可知，2~6s內(nèi)乙車(chē)一直向正方向運(yùn)動(dòng)，則2~6s內(nèi)，甲、乙兩車(chē)的位移不同，故C正確；D．根據(jù)圖（a）可知，t=8s時(shí)甲車(chē)的速度為0，則t=8s時(shí)，甲車(chē)的動(dòng)能為0；乙車(chē)在0~8s內(nèi)根據(jù)動(dòng)量定理有I8=mv8，I8=S0~8=0，可知t=8s時(shí)乙車(chē)的速度為0，則t=8s時(shí)，乙車(chē)的動(dòng)能為0，故D錯(cuò)誤。故選BC?？键c(diǎn)02沖量定理2．（2024·福建·高考）（多選）如圖（a），水平地面上固定有一傾角為θ的足夠長(zhǎng)光滑斜面，一質(zhì)量為m的滑塊鎖定在斜面上。t=0時(shí)解除鎖定，同時(shí)對(duì)滑塊施加沿斜面方向的拉力F，F(xiàn)隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，取沿斜面向下為正方向，重力加速度大小為g，則滑塊（）A．在0~4tB．在0~4tC．在t0時(shí)動(dòng)量大小是在2D．在2t0~3【答案】AD【詳析】根據(jù)圖像可知當(dāng)F=2mgsinθ時(shí)，物塊加速度為a=2mgsinθ+mgsinθm=3gsinθA．根據(jù)圖像可知0~4t0，物體一直沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，故B．根據(jù)圖像可知0~4t0，物塊的末速度不等于0，根據(jù)動(dòng)量定理I合=C．根據(jù)圖像可知t0時(shí)物塊速度大于2t0時(shí)物塊的速度，故t0時(shí)動(dòng)量不是D．v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，故由圖像可知2t0~3t0故選AD。3．（2025·福建·高考真題）（多選）傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)的速度大小恒為1m/s，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。兩個(gè)物塊A、B，A、B用一根輕彈簧連接，開(kāi)始彈簧處于原長(zhǎng)，A的質(zhì)量為1kg，B的質(zhì)量為2kg，A與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，B與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25。t=0時(shí)，將兩物塊放置在傳送帶上，給A一個(gè)向右的初速度v0=2m/s，B的速度為零，彈簧自然伸長(zhǎng)。在t=t0時(shí)，A與傳送帶第一次共速，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能Ep=0.75J，傳送帶足夠長(zhǎng)，A可在傳送帶上留下痕跡，重力加速度g=10mA．在t=t02時(shí)，B的加速度大小大于B．t=t0時(shí)，B的速度為0.5m/sC．t=t0時(shí)，彈簧的壓縮量為0.2mD．0﹣t0過(guò)程中，A與傳送帶的痕跡小于0.05m【答案】BD【詳析】AB．根據(jù)題意可知傳送帶對(duì)AB的滑動(dòng)摩擦力大小相等都為f=0.5×1×10N=0.25×2×10N=5N，初始時(shí)A向右減速，B向右加速，故可知在A與傳送帶第一次共速前，AB整體所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒有mAv0=mAv+mBvB，v=1m/s，代入數(shù)值解得t=t0時(shí)，B的速度為vB=0.5m/s，在C．在t0時(shí)間內(nèi)，設(shè)AB向右的位移分別為xA，xB；，由功能關(guān)系有-fxA+fxB+1D．A與傳送帶的相對(duì)位移為x相A=xA-vt0，B與傳送帶的相對(duì)為x相B=vt0-xB，可知x相A等于圖形MNA的面積，x相B等于圖形NOBA的面積，故可得x相A<x相故選BD?？键c(diǎn)03動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用4．（2022·福建·高考）如圖，L形滑板A靜置在粗糙水平面上，滑板右端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端與一小物塊B相連，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。一小物塊C以初速度v0從滑板最左端滑入，滑行s0后與B發(fā)生完全非彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），然后一起向右運(yùn)動(dòng)；一段時(shí)間后，滑板A也開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．已知A、B、C的質(zhì)量均為m，滑板與小物塊、滑板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為（1）C在碰撞前瞬間的速度大小；（2）C與B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；（3）從C與B相碰后到A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，C和B克服摩擦力所做的功?！敬鸢浮浚?）v02-2μgs0；（2）1【詳析】（1）小物塊C運(yùn)動(dòng)至剛要與物塊B相碰過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得-μmg解得C在碰撞前瞬間的速度大小為v（2）物塊B、C碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒可得m解得物塊B與物塊C碰后一起運(yùn)動(dòng)的速度大小為v故C與B碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為Δ（3）滑板A剛要滑動(dòng)時(shí)，對(duì)滑板A，由受力平衡可得k解得彈簧的壓縮量，即滑板A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)前物塊B和物塊C一起運(yùn)動(dòng)的位移大小為Δ從C與B相碰后到A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，C和B克服摩擦力所做的功為W=2μmg?一、單選題1．（2025·福建部分地市·一檢）老式水龍頭水流快，水量大，容易四處飛濺，可加裝起泡器，讓流出的水和空氣充分混合后減緩流速，既避免水流飛濺，又減少用水量。某水龍頭打開(kāi)后，水流以大小為v0的速度垂直沖擊水槽表面，約有13四處飛濺，濺起時(shí)垂直水槽裝面的速度大小約為12v0，其余2A．16 B．112 C．310【答案】D【詳析】取水流的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)原來(lái)水流對(duì)水槽裝面的平均沖擊力大小為F，假設(shè)在一段很短的時(shí)間Δt內(nèi)，噴到水槽裝面上水的質(zhì)量為Δm，則對(duì)質(zhì)量為Δm的水，根據(jù)動(dòng)量定理有-FΔt=1故選D。2．（2025·福建·一模）如圖所示，小車(chē)放在光滑的水平地面上，輕質(zhì)細(xì)繩一端系在小車(chē)上，另一端連接可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，將小球拉開(kāi)一定角度（此時(shí)小車(chē)與小球均靜止），然后同時(shí)放開(kāi)小球和小車(chē)，小球開(kāi)始在豎直平面內(nèi)來(lái)回?cái)[動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A．小球在最低點(diǎn)時(shí)處于平衡狀態(tài) B．小球在最高點(diǎn)時(shí)處于平衡狀態(tài)C．小球在最低點(diǎn)時(shí)，小車(chē)處于平衡狀態(tài) D．小球在最高點(diǎn)時(shí)，小車(chē)處于平衡狀態(tài)【答案】C【詳析】AC．小球與小車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，小球在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩對(duì)小球的拉力大于小球受到的重力，小球處于超重狀態(tài)，小車(chē)受合外力為零處于平衡狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤、C正確；BD．小球在最高點(diǎn)時(shí)，小球、小車(chē)的加速度均不為0，都不是平衡狀態(tài)，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤。故選C。3．（2025·福建龍巖·一模）一輛汽車(chē)在夜間以速度v0勻速行駛，駛?cè)胍欢握彰鞑涣嫉钠街惫窌r(shí)，司機(jī)迅速減小油門(mén)，使汽車(chē)的功率減小為某一定值，此后汽車(chē)的速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。設(shè)汽車(chē)行駛時(shí)所受的阻力恒定為f，汽車(chē)的質(zhì)量為mA．t=0時(shí)刻，汽車(chē)的功率減小為1B．整個(gè)減速過(guò)程中，汽車(chē)的牽引力不斷變小C．整個(gè)減速過(guò)程中，克服阻力做功大于3D．整個(gè)減速過(guò)程中，汽車(chē)牽引力的沖量大小為ft+【答案】C【詳析】A．t=0時(shí)刻，汽車(chē)的功率減小為P=f?12vB．整個(gè)減速過(guò)程中，由F=Pv，可知汽車(chē)的牽引力不斷變大，故C．整個(gè)減速過(guò)程中，由動(dòng)能定理，有Pt-W克f=12mD．整個(gè)減速過(guò)程中，由動(dòng)量定理，有I牽-ft=12mv0故選C。4．（2025·福建多地市·二模）水車(chē)作為農(nóng)耕文化的重要組成部分，體現(xiàn)了中國(guó)古代勞動(dòng)人民的創(chuàng)造力。如圖所示為一種水車(chē)的原理簡(jiǎn)化圖，水車(chē)豎直放置，其葉片與半徑共線，水渠引出的水從一定高度以4?m/s的速度水平流出，水的流量為60A．240?N B．480?N C．780?N【答案】B【詳析】水流出后做平拋運(yùn)動(dòng)，水流沖擊葉片前瞬間的速度大小為v=v0cos60°，水的流量為Q=60kg/s，取極短時(shí)間Δt解得葉片對(duì)水流的作用力大小為F=480N，根據(jù)牛頓第三定律可知水流對(duì)葉片的沖擊力大小為480N。故選B。5．（2025·福建寧德·三模）溫福高鐵寧德段正在加速建設(shè)中，寧德山區(qū)霧氣重，假設(shè)列車(chē)在水平長(zhǎng)直軌道上運(yùn)行時(shí)，列車(chē)周?chē)諝忪o止，車(chē)頭前方的空氣與水霧碰到車(chē)頭后速度變?yōu)榕c列車(chē)速度相同，空氣密度為ρ，空氣中單位體積內(nèi)有n顆小水珠，每顆小水珠的質(zhì)量為m，車(chē)頭的橫截面積為S，列車(chē)以速度v勻速運(yùn)行。則列車(chē)因與空氣和水珠沖擊而受到的阻力約為（）A．(ρ+nm)Sv B．(ρ+nm)Sv2 C．ρSv【答案】B【詳析】在時(shí)間?t內(nèi)車(chē)頭遇到的水珠的質(zhì)量Δm1=vΔtSnm，遇到空氣的質(zhì)量Δm2=vΔ故選B。6．（2025·福建南平·質(zhì)檢）甲、乙兩車(chē)在同一平直公路上行駛。t=0時(shí)，甲車(chē)司機(jī)發(fā)現(xiàn)乙車(chē)在正前方同方向行駛，立刻采取制動(dòng)措施（不計(jì)反應(yīng)時(shí)間）。甲車(chē)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的動(dòng)量-時(shí)間（p-t）圖像如圖（a）所示，乙車(chē)運(yùn)動(dòng)的位移-時(shí)間（x-t）圖像如圖（b）所示，已知甲車(chē)的質(zhì)量為2×10A．乙車(chē)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．甲車(chē)制動(dòng)過(guò)程中所受合外力大小為2×C．甲車(chē)恰好未撞上乙車(chē)的時(shí)刻為t=3.5D．t=0時(shí)刻，甲、乙兩車(chē)相距40【答案】D【詳析】AB．由p-t圖可知甲車(chē)初速度為v0=p0m=50×1032×103m/s=25m/s，5sCD．當(dāng)甲乙車(chē)速度相等時(shí)，兩車(chē)恰好不撞，則有v甲+at=v乙，解得t=4s，位移間的關(guān)系為v甲t+12故選D。二、多選題7．（2025·福建福州·四檢）科學(xué)實(shí)踐小組對(duì)福州內(nèi)河調(diào)研發(fā)現(xiàn)，彎曲河道的外側(cè)河堤會(huì)受到流水沖擊產(chǎn)生的壓強(qiáng)。如圖所示，河流某彎道處可視為圓心為O，半徑為R的圓弧的一部分。假設(shè)河床水平，河道在整個(gè)彎道處寬度L和水深H均保持不變，水的流動(dòng)速度v大小恒定，L?R，河水密度為ρ，忽略流水內(nèi)部的相互作用力。取彎道某處一垂直于流速的觀測(cè)截面，則在一段極短時(shí)間Δt內(nèi)（

）A．流水的加速度方向指向圓心OB．流水速度改變量的大小為vC．通過(guò)觀測(cè)截面水的動(dòng)量改變量大小為ρLHD．外側(cè)河堤受到的流水沖擊產(chǎn)生的壓強(qiáng)為ρH【答案】AC【詳析】A．根據(jù)題意可知，流水做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以水流所受合力方向指向圓心O，則流水的加速度方向指向圓心O，故A正確；B．由于L?R，則向心加速度大小為a=v2R，根據(jù)加速度的定義式有a=ΔvΔtC．依題意，極短時(shí)間Δt內(nèi)水流的距離Δl=v?Δt，橫截面積S=LH，可得Δt內(nèi)水流的質(zhì)量為m=ρSΔl=ρLHv?D．根據(jù)牛頓第二定律可得F=mv2R，水流與外側(cè)河堤作用的面積S'=Δl?H故選AC。8．（2025·福建廈門(mén)·三模）“天宮課堂”第四課在中國(guó)空間站開(kāi)講，神舟十六號(hào)航天員在夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)進(jìn)行授課。其中一個(gè)實(shí)驗(yàn)如圖所示，質(zhì)量為0.1kg的小球A以某一初速度向左運(yùn)動(dòng)，與靜止懸浮在空中的質(zhì)量為0.5kg的小球B發(fā)生正碰，碰撞后小球A向右反彈，當(dāng)A向右移動(dòng)2格的長(zhǎng)度時(shí)，小球B向左移動(dòng)1格的長(zhǎng)度。已知背景板上小方格的邊長(zhǎng)相等，忽略艙內(nèi)空氣阻力的影響，則（）A．小球A碰撞前后的速度大小之比為7：2B．小球A碰撞前后的速度大小之比為3：2C．碰撞前后，小球A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)能不變D．碰撞前后，小球A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)能減少【答案】BC【詳析】根據(jù)題意可知，由于碰撞后，A球向右移動(dòng)2格長(zhǎng)度時(shí)，B球向左移動(dòng)1格的長(zhǎng)度，則碰撞后，A球的速度大小是B球速度大小的2倍，設(shè)碰撞后B球的速度為v，則A球的速度為-2v，AB．設(shè)碰撞前A球的速度為v0，由于碰撞過(guò)程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則碰撞過(guò)程中A球動(dòng)量減少量等于B球動(dòng)量增加量，則有0.1v0+0.1?2v=0.5?v，解得v=13v0，則求A碰撞后的速度大小為v'=2v=23CD．根據(jù)計(jì)算可得碰撞前系統(tǒng)的總動(dòng)能Ek=12×0.1×v02，碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能E'k=12故選BC。9．（2025·福建南平·質(zhì)檢）如圖，兩個(gè)完全相同、質(zhì)量均為3m的光滑半圓形凹槽a、b靜止在光滑水平地面上，其中a槽左側(cè)緊靠墻面。現(xiàn)將兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球1、2（可視為質(zhì)點(diǎn)）分別從兩槽的左側(cè)最高點(diǎn)處由靜止釋放，則兩小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）A．分別與a槽和b槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能和動(dòng)量均守恒B．運(yùn)動(dòng)到凹槽右端的最大高度不同C．第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，兩小球的速度大小之比為3D．第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，兩小球在水平方向上相對(duì)地面的位移之比為4:3【答案】BD【詳析】A．球1與a槽組成的系統(tǒng)，球1從a槽的左側(cè)下到最低點(diǎn)過(guò)程中，由于a槽受到墻壁的作用力，所以球1與a槽組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，此過(guò)程只有重力做功，則系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；接著球1從a槽最低點(diǎn)向右側(cè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于存在球1的重力，故系統(tǒng)的合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但水平方向所受合外力為零，水平方向動(dòng)量守恒，此過(guò)程系統(tǒng)的機(jī)械能守恒；故球1與a槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但動(dòng)量不守恒；球2與b槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由于存在球2的重力，故系統(tǒng)的合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但水平方向所受合外力為零，水平方向動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；BCD．球1滑到最低點(diǎn)時(shí)，槽a才開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，球1水平位移為x1=R，根據(jù)機(jī)械能守恒有mgR=12mv12，解得球1最低點(diǎn)速度為v1=2gR，達(dá)到右側(cè)最大高度時(shí)，球1和槽a共速，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒有mv1=4mv1'，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有mgh1聯(lián)立解得球2水平位移為x2=34R，根據(jù)機(jī)械能守恒和動(dòng)量守恒有mgR=12mv22+12×3mv32，mv2-3mv3=0，聯(lián)立解得故選BD。10．（2025·福建三明·三模）如圖甲，在智能機(jī)器人協(xié)作實(shí)驗(yàn)場(chǎng)中，元件A、B之間用智能柔性機(jī)械臂連接（機(jī)械臂可根據(jù)內(nèi)置算法自動(dòng)調(diào)整伸縮，模擬彈簧功能），放在光滑水平試驗(yàn)臺(tái)上，B右側(cè)與豎直擋板相接觸。t=0時(shí)刻，元件C以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，t=1s時(shí)與元件A相碰（碰撞時(shí)間極短），并立即與A粘連且不再分開(kāi)。C的運(yùn)動(dòng)情況由視覺(jué)追蹤系統(tǒng)和慣性測(cè)量單元監(jiān)測(cè)，并生成如圖乙的v-t圖像，已知mA=100gA．元件C的質(zhì)量為100gB．1s到3s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對(duì)B的沖量大小為0.6C．元件B離開(kāi)墻壁后，柔性機(jī)械臂的最大彈性勢(shì)能為0.3D．元件B離開(kāi)墻壁后，B的最大速度為3【答案】BD【詳析】A．以水平向右為正方向，由題圖乙知，元件C與A碰前速度為v1=6m/s，碰后速度為v2=2m/s，C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有mCB．由題圖乙知，3s末A和C的速度為v3=-2m/s，由動(dòng)量定理可知，1s到3s過(guò)程中柔性機(jī)械臂對(duì)元件A、C的沖量為I=(mA+mC)v3-(mA+mC)vC．元件B離開(kāi)墻壁后，A、B、C三者共速時(shí)柔性機(jī)械臂的彈性勢(shì)能最大，規(guī)定水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有(mA+mC)v3'=(mA+mB+D．規(guī)定水平向左為正方向，元件B離開(kāi)墻壁后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，當(dāng)柔性機(jī)械臂的彈性勢(shì)能再次為0時(shí)，元件B的速度最大，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒有(mA+mC)v3'=(mA+故選BD。11．（2025·福建福州福州高中·二適考）如圖甲所示，質(zhì)量為m的同學(xué)直立于箱子上，t=0時(shí)刻該同學(xué)從箱子上無(wú)初速度跳下，經(jīng)曲腿緩沖一系列動(dòng)作后，t7時(shí)刻起直立靜止于地面上，該同學(xué)所受地面支持力大小F隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，忽略空氣阻力，該同學(xué)在空中始終處于直立狀態(tài)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．該同學(xué)的最大速度為gB．t6時(shí)刻，該同學(xué)速度方向豎直向上C．圖乙中圖像與橫軸t1~t7圍成的面積為mgD．0~t7時(shí)間內(nèi)該同學(xué)的機(jī)械能減少了1【答案】BC【詳析】A．由F-t圖像可知，0~t1時(shí)間內(nèi)該同學(xué)在空中，tt1~t2時(shí)間內(nèi)，支持力小于重力，合力向下，該同學(xué)接觸地面繼續(xù)向下加速，可知該同學(xué)的最大速度大于B．由F-t圖像可知，t6~t7時(shí)間內(nèi)，該同學(xué)所受地面支持力小于重力，則加速度方向向下，由于t7時(shí)刻處于靜止，所以tC．t1~t7時(shí)間內(nèi)，題圖乙中圖像與橫軸圍成的面積為在t1~t7時(shí)間內(nèi)地面對(duì)該同學(xué)的沖量；則從0~t7D．t1時(shí)間內(nèi)該同學(xué)做自由落體運(yùn)動(dòng)，則箱子的高度為h=12gt12，故選BC。三、解答題12．（2025·福建福州三中·十一測(cè)）如圖質(zhì)量為m2=4kg和m3=3kg的物體靜止放在光滑水平面上，兩者之間用輕彈簧拴接。現(xiàn)有質(zhì)量為m1(1)m1和m(2)彈簧能產(chǎn)生的最大彈性勢(shì)能是多少；(3)彈簧在第一次獲得最大彈性勢(shì)能的過(guò)程中，對(duì)m3【答案】(1)24(2)4(3)4【詳析】（1）設(shè)m1與m3碰撞后的速度為v由能量守恒定律得1代入數(shù)據(jù)解得m1和m3（2）三物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得m代入數(shù)據(jù)解得v由能量守恒定律得1代入數(shù)據(jù)解得E（3）彈簧對(duì)m2，由動(dòng)量定理得則彈簧對(duì)m3沖量的大小是13．（2025·福建莆田·三模）如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)=4?m、質(zhì)量為3m的長(zhǎng)木板置于光滑水平平臺(tái)上，長(zhǎng)木板的左端與平臺(tái)左端對(duì)齊，質(zhì)量為m的物塊b放在長(zhǎng)木板上表面的左端，長(zhǎng)木板的上表面離地面的高度為1.8?m。先將長(zhǎng)木板鎖定，讓質(zhì)量為12m的小球a在地面上的A點(diǎn)斜向右上與水平方向成45°角拋出，小球a沿水平方向與物塊b發(fā)生彈性碰撞，碰撞后，物塊b滑離長(zhǎng)木板時(shí)速度為a、b碰撞后一瞬間b的速度的1(1)小球a與物塊b碰撞前一瞬間的速度大??；(2)物塊b與長(zhǎng)木板上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)；(3)解除長(zhǎng)木板的鎖定，讓小球a仍從A點(diǎn)以原速度拋出，小球a與物塊b碰撞后，物塊b與長(zhǎng)木板的最終速度大小?！敬鸢浮?1)6(2)μ=0.15(3)1【詳析】（1）設(shè)小球a與物塊b碰撞前一瞬間速度大小為v1，在A點(diǎn)拋出的初速度大小為v0綜合解得v（2）a與b碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒有1根據(jù)機(jī)械能守恒有1解得v2=-2根據(jù)題意，物塊b滑離長(zhǎng)木板時(shí)的速度v根據(jù)動(dòng)能定理有μmg×L=1解得μ=0.15（3）假設(shè)a、b碰撞后物塊b能滑到長(zhǎng)木板的右端，令此時(shí)物塊b和長(zhǎng)木板的速度大小分別為v4'、v由能量守恒定律有μmgL=聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得v可見(jiàn)假設(shè)成立且物塊b剛好相對(duì)靜止在長(zhǎng)木板的右端。14．（2025·福建泉州·安溪一中&惠安一中&養(yǎng)正中學(xué)&泉州實(shí)中·模擬預(yù)測(cè)）某同學(xué)受《三國(guó)演義》的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了一個(gè)“借箭”游戲模型。如圖所示，城堡上裝有一根足夠長(zhǎng)的光滑細(xì)桿，桿上套一個(gè)質(zhì)量為m1=160g的金屬環(huán)，金屬環(huán)用長(zhǎng)度L=20m輕繩懸掛著一個(gè)質(zhì)量為m2=210g的木塊，靜止在城墻上方。若士兵以一定角度射出質(zhì)量為m3=30g的箭，箭剛好水平射中木塊并留在木塊中(1)箭射中木塊前瞬間的速度大小；(2)箭射入木塊的過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)木塊第一次回到最低點(diǎn)時(shí)繩子的拉力大?。俊敬鸢浮?1)40(2)21J(3)2.7【詳析】（1）箭射出后做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)箭射中木塊前瞬間的速度大小為v0，即斜拋運(yùn)動(dòng)的水平分速度為v0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得s=解得v（2）箭射入木塊的過(guò)程，兩者動(dòng)量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m解得v由能量守恒定律可得此過(guò)程損失的機(jī)械為Δ其中m2=210解得Δ（3）在木塊與圓環(huán)一起向右運(yùn)動(dòng)再回到最低點(diǎn)過(guò)程中，在水平方向上滿足動(dòng)量守恒定律，設(shè)木塊回到最低點(diǎn)時(shí)，木塊與圓環(huán)的速度分別為v3、v4。以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得（其中m解得v3=1設(shè)木塊第一次回到最低點(diǎn)時(shí)繩子的拉力大小為F，根據(jù)牛頓第二定律得F-解得F=2.715．（2025·福建龍巖·一模）如圖甲所示，水平面上固定一傾角θ=30°的光滑斜面，勁度系數(shù)k=6N/m的輕彈簧一端固定在斜面擋板上，另一端與質(zhì)量M=0.15?kg的長(zhǎng)木板相連，長(zhǎng)木板靜止在斜面上，與鎖定在斜面上半徑R=0.5?m的光滑圓弧AB平滑相接于B點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)的豎直高度差h=516m，質(zhì)量m=0.1?kg的小物塊a從圓弧A點(diǎn)由靜止滑下。從a滑上長(zhǎng)木板開(kāi)始計(jì)時(shí)，t=1?s時(shí)(1)a滑至B點(diǎn)的速度大小v0及對(duì)軌道的壓力大小N(2)長(zhǎng)木板長(zhǎng)度L及系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量Q；(3)假設(shè)開(kāi)始時(shí)物塊a在外力作用下置于圓弧B點(diǎn)，現(xiàn)有另一小物塊b從圓弧A點(diǎn)靜止滑下與a發(fā)生彈性正碰（碰前瞬間撤去a的外力，碰后立即撤走b和圓弧AB），b的質(zhì)量為多少可使長(zhǎng)木板與彈簧組成系統(tǒng)獲得最大的機(jī)械能?！敬鸢浮?1)v0=2.5(2)L=1.25?m，(3)m【詳析】（1）a從A到B，由動(dòng)能定理得：mgh=得：va在B點(diǎn)，由牛頓第二定律和向心力公式得N-mg得：N=由牛頓第三定律得：a對(duì)軌道的壓力大小為5+23（2）由題意可知：小物塊在0-1s內(nèi)一直向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，其位移為長(zhǎng)木板長(zhǎng)度，加速度大小為a=L=板長(zhǎng)L也是長(zhǎng)木板與物塊a在0～1?s內(nèi)的相對(duì)位移，