2021-2025年高考物理真題知識點分類匯編之動量與動量守恒定律（二）

一,選擇題（共3小題）

1.（2024?重慶）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間彈出后僅

受阻力。針鞘（質(zhì)量為m）在軟組織中運動距離5后進入目標組織，繼續(xù)運動＜12后停下來。若兩段運

動中針鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為Fi、F2,則針鞘（）

A.被彈出時速度大小為蘆空

B.到達目標組織表面時的動能為Fidi

C.運動d2過程中，阻力做功為（FI+F2）d2

D.運動d2的過程中動量變化量大小為JmF2d2

2.（2024?北京）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大

小成正比，則下列說法正確的是（）

A.上升和下落兩過程的時間用等

B.上升和下落兩過程損失的機械能相等

C.上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量

D.上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度

3.（2024?江蘇）在水平面上有一個U形滑板A,A的上表面有一個靜止的物體B,左側(cè)用輕彈簧連接在

滑板A的左側(cè)，右側(cè)用一根細繩連接在滑板A的右側(cè)，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪

斷細繩后，則（）

B--------------

4

A.彈簧原長時B動量最大

B.壓縮最短時B動能最大

C.系統(tǒng)動量變大

D.系統(tǒng)機械能變大

二.多選題（共8小題）

（多選）4.（2024?廣東）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙

高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為口，乙在水

平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞，忽略空氣阻力。下列說法正確的有（）

A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止

B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度

C.乙的運動時間與H乙無關(guān)

D.甲最終停止位置與O處相距一

（多選）3.（2024?甲卷）蹦床運動中，體重為6（）kg的運動員在1=0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大

小F與時間I的關(guān)系如圖所示,假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水

平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10nVs2o下列說法正確的是（）

A.t=0.15s時，運動員的重力勢能最大

B.t=0.30s時，運動員的速度大小為IOm/s

C.l=1.00s時,運動員恰好運動到最大高度處

D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對掰床的平均作用力大小為4600N

（多選）6.（2024?廣西）如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動，速度大

小為v。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力，則碰撞后，

地面

A.豎宜墻面上的垂吏投影的運動是勻速運動

B.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動

C.水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v

D.水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v

（多選）7.（2024?湖北）如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長為L的木塊，質(zhì)量為m的

子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內(nèi)運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小vo成正

比，BUf=kvo（k為已知常數(shù)）。改變子彈的初速度大小vo,若木塊獲得的速度最大，則（）

L

M

2kL(m+M)

A.子彈的初速度大小為

mM

27nM

B.子彈在木塊中運動的時間為

k(m+M')

k2L2(m+M)

C.木塊和子彈損失的總動能為

mM

木塊在加速過程中運動的距離為懸

D.

（多選）8.（2024?福建）如圖（a）,水平地面上固定有一傾角為8的足夠長光滑斜面，一質(zhì)量為m的滑

塊鎖定在斜面上。t=0時解除鎖定，同時對滑塊施加沿斜面方向的拉力F,F隨時間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（）

2mgsinO

243toyot/s

—2mgsin0

圖(a)圖(b)

A.在。?4to內(nèi)一直沿斜面向下運動

B.在0?410內(nèi)所受合外力的總沖量大小為零

C.在to時動量大小是在2to時的一半

D.在2to?3s內(nèi)的位移大小比在3to?4to內(nèi)的小

（多選）9.（2024?全國）在新款車的碰撞安全測試中，一輛質(zhì)量為2000kg的汽車，以等速度72km/h（20m/s）

A.進入過程,木料對木栓的合力的沖量為-I

I2

B.進入過程,木料對木栓的平均阻力大小的為----+mg

2mAx

/2

C.進入過程,木料和木栓的機械能共損失/—+mgAx

2m

”（72+2771.2nAx'\

D.木栓前進Ax后木料對木栓一個側(cè)面的最大靜摩擦力大小約為燃屹”屋，）

三.解答題（共9小題）

12.（2025?湖南）某地為發(fā)展旅游經(jīng)濟，因地制宜利用山體舉辦了機器人雜技表演。表演中，需要將質(zhì)量

為m的機器人拋至懸崖上的A點，圖為山體截面與表演裝置示意圖。a、b為同一水平面上兩條光滑平

行軌道，軌道中有質(zhì)量為M的滑桿?；瑮U用長度為L的輕繩與機器人相連。初始時刻，輕繩繃緊且與

軌道平行，機器人從B點以初速度v豎直向下運動，B點位于軌道平面上，且在A點正下方,AB=1.2L。

滑桿始終與軌道垂直，機器人可視為質(zhì)點且始終作同一豎直平面內(nèi)運動，不計空氣阻力，輕繩不可伸長，

sin37°=0.6,重力加速度大小為g.

（I）若滑桿固定，笫;如L當機器人運動到滑桿正下方時，求輕繩拉力的大小；

（2）若滑桿固定，當機器人運動到滑桿左上方且輕繩與水平方向夾角為37°時，機淵人松開輕繩后被

拋至A點，求v的大?。?/p>

（3）若滑桿能沿軌道自由滑動，M=km,且k21,當機器人運動到滑桿左上方且輕繩與水平方向夾角

為37°時，機器人松開輕繩后被拋至A點，求v與k的關(guān)系式及v的最小值。

13.（2025?河北）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lOm/s?。

（1）求物塊第一次落到地面時距平臺右端的水平距離。

（2）若物塊笫一次落到地面后彈起的最大高度為0.45m,物塊從高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。

小物塊

口一一.....

Z/ZZ/Z/Z/

平臺/

/

Z

Z

/

Z

'///////////////t也I力］

14.（2025?選擇性）如圖，有兩個電性相同且質(zhì)量分別為m、4m的粒子A、B,初始時刻相距l(xiāng)o,粒子A

1c

以速度VO沿兩粒子連線向速度為0的粒子B運動，此時A、B兩粒子系統(tǒng)的電勢能等于荷7714。經(jīng)時

間U粒子B到達P點，此時兩粒子速度相同，同時開始給粒子B施加一恒力，方向與速度方向相同。

當粒子B的速度為▽。時。，粒子A恰好運動至P點且速度為0,A、B粒子間距離恢復為回這時撤去恒

力。已知任意兩帶電粒子系統(tǒng)的電勢能與具距離成反比，忽略兩粒子所受重力。求：（m、10、vo、ti均

為已知量）

（1）粒子B到達P點時的速度大小vi；

（2）ti時間內(nèi)粒子B的位移大小XB：

（3）恒力作用的時間12。

AvB

--???0------?-―--------------------

H—/0-HP

15.（2025?山東）如圖所示，內(nèi)有彎曲光滑軌道的方形物體置于光滑水平面上，P、Q分別為軌道的兩個

端點且位于同一高度，P處軌道的切線沿水平方向，Q處軌道的切線沿豎直方向。小物塊a、b用輕彈

簧連接置于光滑水平面上，b玻鎖定。一質(zhì)量m=±的的小球自Q點正上方h=2m處自由下落，無能

量損失地滑入軌道，并從P點水平拋出，恰好擊中a,與a粘在一起且不彈起。當彈簧拉力；4到F=15N

時，b解除鎖定開始運動。已知a的質(zhì)量ma=1kg,b的質(zhì)量方形物體的質(zhì)量M=重

力加速度大小g=10m/s2,彈簧的勁度系數(shù)k=50N/m,整個過程彈簧均在彈性限度內(nèi)，彈性勢能表達

式昂=2以2（x為彈簧的形變量），所有過程不計空氣阻力。求：

（1）小球到達P點時.，小球及方形物體相對于地面的速度大小VI、V2；

（2）彈簧彈性勢能最大時，b的速度大小Vb及彈性勢能的最大值Epm

16.（2025?河南）如圖，在一段水平光滑直道上每間隔h=3m鋪設有寬度為12=2.4m的防滑帶。在最左

端防滑帶的左邊緣靜止有質(zhì)量為mi=2kg的小物塊P,另一質(zhì)量為m2=4kg的小物塊Q以vo=7m/s的

速度向右運動并與P發(fā)生正砌，且碰撞時間極短。已知碰撞后瞬間P的速度大小為v=7m/s,P、Q與

防滑帶間的動摩擦因數(shù)均為口=0.5,重力加速度大小g=10m/s2。求：

（1）該碰撞過程中損失的機械能；

（2）P從開始運動到靜止經(jīng)歷的時間。

17.（2025?海南）足夠長的傳送帶固定在豎直平面內(nèi)，半徑R=0.5m,圓心角8=53°的圓瓠軌道與平臺

平滑連接，平臺與順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶平滑連接，工件A從圓弧頂點無初速度下滑，在平臺

與B碰成一整體，B隨后滑上傳送帶，已知mA=4kg,niB=1kg,A、B可視為質(zhì)點，AB與傳送帶間

2

的動摩擦因數(shù)恒定，在傳送帶上運動的過程中，因摩擦生熱Q=2.5J,忽略軌道及平臺的摩擦,g=10ni/So

（1）A滑到圓弧最低點時受的支持力；

（2）A與B整個碰撞過程中損失的機械能；

（3）傳送帶的速度大小。

18,（2025?上海）質(zhì)點在以某點為圓心半徑為r的圓周上運動，即質(zhì)點運動時其軌跡是圓周的運動叫“圓

周運動”。它是一種最常見的曲線運動。例如電動機轉(zhuǎn)子、車輪、皮帶輪等都作圓周運動。

如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一光滑圓形軌道，a為軌道最低點，c為軌道最高點，b點、d點為軌道上與

圓心等高的兩點，e為ab段的中點。一個質(zhì)量為m的小物塊在軌道內(nèi)側(cè)做圓周運動。

E

D-bld

A，&

（1）若物塊從a點運動到c點所用時間為to,則在0.5U）時，物塊在（）

A.A段

B.B點

C.C段

D.D點

E.E段

（2）若物塊在a點的速度為vo,經(jīng)過時間I剛好到達b點，則在該過程中軌道對■物塊的支持力的沖量

為（）

A.mvo

B.mgt

C.mvo+mgt

D.mJ詔+g2t2

（3）若物塊質(zhì)量為0.5kg,下圖是物塊的速度V與物塊和圓心連線轉(zhuǎn)過的夾角e的關(guān)系圖像。

①求軌道半徑R；

②求。=60°時，物塊克服重力做功的瞬時功率P。

19.（2024?湖北）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。

傳送帶右端的正上方有一懸點O,用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳

送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側(cè)的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質(zhì)量為0.1kg的小物塊

無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小

為lm/s、方向水平向左。小球碰后繞0點做圓周運動，當輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運

動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度大小g=10m/s2。

(1)求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小。

(2)求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能。

(3)若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。

(6

20.(2024?甘肅)如圖，質(zhì)量為2kg的小球A(視為質(zhì)點)在細繩O'P和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細

繩OP=OP=1.6m,與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面匕質(zhì)量為

2kg的物塊C靜止化B的左端。剪斷細繩O'P,小球A開始運動。(重力加速度g取lUm/s?)

(1)求A運動到最低點時細繩OP所受的拉力。

(2)A在最低點時，細繩OP斷裂。A￡出后恰好與C左側(cè)碰撞(時間極短)，碰后A豎直下落，C水

平向右運動。求碰后C的速度大小。

(3)A、C碰后，C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)。

2021-2025年高考物理真題知識點分類匯編之動量與動量守恒定律（二）

參考答案與試題解析

一.選擇題（共3小題）

題號I23

答案ACA

二.多選題（共8小題）

題號4567891011

答案ABDBDBCADADACEADBD

一.選擇題（共3小題）

I.（2024?重慶）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間彈出后僅

受阻力。針鞘（質(zhì)量為m）在軟組織中運動距離di后進入目標組織，繼續(xù)運動d2后停下來。若兩段運

動中針鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為Fi、F2,則針鞘（）

A.被彈出時速度大小為小回事畫

B.到達目標組織表面時的動能為Fidi

C.運動d2過程中，阻力做功為（F1+F2）d2

D.運動d2的過程中動量變化量大小為Jm/72d2

【考點】動量變化量的計算；利用動能定理求解多過程問題.

【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力.

【答案】A

【分析】根據(jù)動能定理求針鞘被彈出時速度大??；

由功能關(guān)系求針鞘到達目標組織表面時的動能、克服阻力做功；

由動量與動能關(guān)系求出動量變化量。

【解答】解：A.根據(jù)動能定理有

-Rd]—F2d2=0—

解得

/2（F】d]+22d2）

u"m

故A正確；

B.針鞘到達目標組織表面后，繼續(xù)前進d2減速至零，有

-Ek=o-F2d2

到達目標組織表面時的動能為

Ek=F2d2

故B錯誤；

C.針鞘運動d2的過程中，克服阻力做功為F2d2,故C錯誤；

D.針鞘運動d2的過程中，動量變化量大小

Ap=yj2mEk=J2mF2d2

故D錯誤。

故選：Ao

【點評】本題考動能定理相關(guān)知識，明確功能關(guān)系、動能與動量的關(guān)系，難度一般。

2.（2024?北京）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落|口|原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大

小成正比，則下列說法正確的是（）

A.上升和下落兩過程的時間相等

B.上升和下落兩過程損失的機械能相等

C.上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量

D,上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度

【考點】求變力的沖量；豎直上拋運動的規(guī)律及應用；常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化.

【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力.

【答案】C

【分析】D.根據(jù)上升和下降兩個過程中的受力情況結(jié)合牛頓第二定律分析加速度的情況；

C.根據(jù)阻力的做功情況判斷上下經(jīng)過同?位置的速度變化情況，結(jié)合動量定理分析沖量大??；

A.根據(jù)上升和下降的平均速度分析運動時間的關(guān)系：

B.根據(jù)功能關(guān)系分析機械能的損失情況。

【解答】解：D.小球上升過程中受到向下的空氣阻力，滿足mg+kv=ma下落過程中受到向上的空

氣阻力，滿足mg-kv=ma下，由牛頓第二定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受

合力（加速度），故D錯誤；

C.小球運動的整個過程中，空氣阻力做負功，由動能定理可知小球落回原處時的速度小于拋出時的速度,

所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小，由動量定理可知，上升過程合力

的沖量大于下落過程合力的沖量，故C正確；

A.上升與下落經(jīng)過同一位置時的速度，上升時更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速

度，所以上升過程所用時間小于下落過程所用時間，故A錯誤；

B.經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關(guān)系可知，上升過程機械能損

失大于下落過程機械能損失，故B錯誤。

故選：Co

【點評】考查物體受力分析和牛頓第二定律，會結(jié)合平均速復、動量定理分析解決實際問您。

3.（2024?江蘇）在水平面上有一個U形滑板A,A的上表面有一個靜止的物體B,左側(cè)用輕彈簧連接在

滑板A的左側(cè)，右側(cè)用一根細繩連接在滑板A的右側(cè)，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪

斷細繩后，則（）

B--------------

A

A.彈簧原長時B動量最大

B.壓縮最短時B動能最大

C.系統(tǒng)動量變大

D.系統(tǒng)機械能變大

【考點】動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用；動最守恒與能最守恒共同解決實際問題；常見

力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化.

【專?題】定性思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力.

【答案】A

【分析】剪斷細繩后，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則此系統(tǒng)滿足動量守恒。因各表面均

光滑，故系統(tǒng)無機械能損失，滿足機械能守恒；彈簧壓縮最短時A、B共速，因系統(tǒng)初動量為零，故彈

簧壓縮最短時系統(tǒng)動量也為零，則此時A、B的動量均為零，故此時B的動能為零，并非最大；運動過

程中A、B的動量始終等大反向，當彈簧為原長時，彈簧彈性勢能為零，A、B的總動能最大，故此時

A、B的速度達到最大值。

【解答】解：CD、剪斷細繩后，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，則此系統(tǒng)滿足動量守恒定律，

即系統(tǒng)動量不變。因各表面均光滑，故系統(tǒng)無機械能損失，滿足機械能守恒定律，系統(tǒng)機械能也不變,

故CD錯誤；

B、剪斷細繩后，A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧壓縮最短時A、B共速，因系統(tǒng)初動量為零,

故彈簧壓縮最短時系統(tǒng)動量也為零，則此時A、B的動量均為零，故此時B的動能為零，并非最大，故

B錯誤；

A、由A、B、彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒與機械能守恒，可知運動過程中A、B的動量始終等大反向，

故A、B同時達到各自的速度最大值，當彈簧為原長時，彈簧彈性勢能為零，則A、B的總動能最大,

故此時A、B的速度達到最大值，B的動量最大，故A正確，

故選：A。

【點評】本題考查了動量守恒定律與機械能守恒定律應用，題目較簡單。動量守恒的條件是系統(tǒng)所受合

外力為零，或內(nèi)力遠大于外力。要知道A、B共速時彈簧的形變量最大，彈性勢能最大。

二.多選題（共8小題）

（多選）4.（2024?廣東）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質(zhì)點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從H甲、H乙

高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為口，乙在水

平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞，忽略空氣阻力。下列說法正物的有（）

A.甲在斜坡上運動時與乙相對靜止

B.碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度

C.乙的運動時間與H乙無關(guān)

D.甲最終停止位置與O處相距一

【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；機械能守恒定律的簡單應用.

【專題】定吊思想；推理法；動晟和能量的綜合；推理論證能力.

【答案】ABD

【分析】根據(jù)甲、乙兩物塊的加速度特點分析出兩者的相對運動情況；

根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律分析出碰撞后兩個物塊的速度特點；

根據(jù)題意分析出高度對乙運動時間的影響，結(jié)合題意完成分析；

根據(jù)上述分析可知，甲最終停止的位置和乙不發(fā)生碰撞時停止的位置相同，結(jié)合動能定理得出對應的位

置。

【解答】解：A、兩滑塊在光滑斜坡上初速度加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度和相對加

速度均為零，即兩個物體相對靜止，故A正確；

B、兩滑塊滑到水平面后做勻減速直線運動，由于兩個滑塊的質(zhì)量相等，且發(fā)生彈性碰撞，則碰撞前后

兩個物體的速度發(fā)生交換，故B正確；

C、乙的高度會影響乙在斜面上的加速時間，同時高度越大，乙物塊到達0點時的速度越大，在水平面

上減速的時間也更長，故C錯誤；

D、乙下滑過程中，根據(jù)動能定理可得：

12

mgHu乙=2mv

因為甲和乙發(fā)生的是彈性碰撞，兩者交換速度，則甲最終停止位置與乙不發(fā)生碰撞時停止的位置相同，

如果沒有發(fā)生碰撞，則乙在水平面上運動到停止，根據(jù)動能定理可得：

12

-|imgx=A（）_27n嗓

聯(lián)立解得：x=￡,故D正確；

故選：ABD0

【點評】本題主要考查了彈性碰撞的相關(guān)應用，理解彈性碰撞的特點，結(jié)合動能定理列式即可完成分析.

（多選）5.（2024?甲卷）蹦床運動中，體重為60kg的運動員在1=0時剛好落到蹦床上，對蹦床作用力大

小F與時間t的關(guān)系如圖所示，假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦床水

2

平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/so下列說法正確的是（）

B.t=0.30s時,運動員的速度大小為lOm/s

C.t=1.00s時，運動員恰好運動到最大高度處

D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N

【考點】用動量定理求平均作用力：豎直上拋運動的規(guī)律及應用；重力勢能的定義和性質(zhì).

【專題】定量思想；控制變量法；動量定理應用專題；推理論證能力.

【答案】BD

【分析】根據(jù)圖像得出t=0.15s時彈力最大，從而得出此時運動員位置，進而判斷重力勢能大小；

由圖得出運動員離開到落回蹦床的時間，再根據(jù)對稱性得出上升時間，從而求出速度大小；

根據(jù)動量定理列式得出數(shù)據(jù)，再根據(jù)牛頓第三定律計算。

【解答】解：A.根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知l=0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變

量最大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；

BC.根據(jù)題圖可知運動員從t=0.30s離開蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時間為2s,根據(jù)豎直上

拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s,則在t=1.3s時，運動員恰好運動到最大高度處，t=0.30s

時運動員的速度大小

v=10Xlm/s=10m/s

故B正確，C錯誤；

D.同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為IOm/s,以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理

FAt-mgAt=mv-（-mv）

其中

At=O.3s

代入數(shù)據(jù)可得

F=4600N

根據(jù)牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N,故D

正確。

故選：BDo

【點評】本題考查的是動量定理以及運動學知識點，其中需注意從圖像上判斷出運動員離開蹦床到落回

蹦床的時間。

（多選）6.（2024?廣西）如圖，在光滑平臺上有兩個相同的彈性小球M和N。M水平向右運動，速度大

小為V。M與靜置于平臺邊緣的N發(fā)生正碰，碰撞過程中總機械能守恒。若不計空氣阻力，則碰撞后，

地面

A.豎宜墻面上的垂直投影的運動是勻速運動

B.豎直墻面上的垂直投影的運動是勻加速運動

C.水平地面上的垂直投影的運動速度大小等于v

D.水平地面上的垂直投影的運動速度大小大于v

【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；機械能守恒定律的簡單應用.

【專題】信息給予題；定量思想；推理法；平拋運動專題；理解能力.

【答案】BC

【分析】AB.小球N離開平臺后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律分析作答；

CD.兩小球發(fā)生彈性碰撞滿足動量守恒和機械能守恒，據(jù)此求解碰撞后小球N的速度，再根據(jù)平拋運動

的規(guī)律分析作答。

【解答】解：AB.兩小球發(fā)生彈性碰撞，小球N離開平臺后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律，豎直分

運動為自由落體運動，因此小球N豎直墻面上的垂直投影的運動是初速度為零的勻加速運動，故A錯

誤，B正確；

CD.設M和N小球碰撞后的速度分別為vi、V2,取水平向右為正方向

兩小球發(fā)生彈性碰撞時，動量守恒mv=mvi+mv2

111

機械能守恒；=-7HU14--mv[

乙乙乙

聯(lián)立解得VI=0,V2=V

小球N離開平臺后做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律，水平分運動為勻速直線運動，因此水平地面上的

垂直投影的運動速度大小等于v,故C正確，D錯誤。

故選：BCo

【點評】本題考查了彈性碰撞和平拋運動的規(guī)律，知道質(zhì)量相等的兩小球發(fā)生彈性碰撞后，速度要發(fā)生

交換。

（多選）7.（2024?湖北）如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長為L的木塊，質(zhì)量為m的

子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內(nèi)運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小vo成正

比，即￡=-0（k為已知常數(shù)改變子彈的初速度大小vo,若木塊獲得的速度最大，則（）

A.子彈的初速度大小為

mM

2mM

B.子彈在木塊中運動的時間為

C.木塊和子彈損失的總動能為

D.木塊在加速過程中運動的距離為二

【考點】動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應用；常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化.

【專題】信息給予題；定量思想；推理法；動量定理應用專邈；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力.

【答案】AD

【分析】AC.要使木塊獲得的速度最大，子彈和木塊具有共同速度，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律

求解初速度和共同速度以及了?彈和木塊損失的總動能；

B.根據(jù)動量定理求時間；

D.木塊在加速過程中做勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式求解作答。

【解答】解：AC.要使木塊獲得的速度最大，臨界條件為子彈恰好能穿過木塊，即子彈穿過木塊時兩者

達到共速。子彈和木塊具有共同速度，設為v；

取初速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律mvo=(m+M)v

據(jù)能量守恒定律"=ku。?L=27n詔-1(m4-M)v2

聯(lián)立解得%=2kLMM),V=鬻

fd

子彈和木塊損失的總動能=kv0"=kLx2，黑M)=23*+M)

綜上分析，故A正確，C錯誤；

B.取初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理-ft=-kvot=mv-mvo

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得"女黑M)，故B錯誤；

D.木塊在加速過程中做勻加速直線運動”二以另x券xr罌「=扁，故D正確。

故選：ADo

【點評】本題考查了子彈打木塊模型，明確要使木塊獲得的速度最大，子彈和木塊具有共同速度是解題

的關(guān)鍵；要熟練掌握動量守恒定律、能量守恒定律、動量定理和勻變速直線運動的規(guī)律。

(多選)8.(2024?福建)如圖(a),水平地面上固定有一傾角為6的足夠長光滑斜面，一質(zhì)量為m的滑

塊鎖定在斜面上。t=0時解除鎖定，同時對滑塊施加沿斜面方向的拉力F,F隨時間t的變化關(guān)系如圖

(b)所示，取沿斜面向下為E方向，重力加速度大小為g,則滑塊()

F

A.在0?4to內(nèi)一直沿斜面向下運動

B.在0?41。內(nèi)所受合外力的總沖量大小為零

C.在to時動量大小是在2to時的一半

D.在2to?3to內(nèi)的位移大小比在3to?4to內(nèi)的小

【考點】F-1圖像中的動量問題；牛頓第二定律的簡單應用；動量定理的內(nèi)容和應用.

【專題】定量思想；方程法；動量定理應用專題；推理論證能力.

【答案】AD

【分析】根據(jù)牛頓第二定律分別求得力F方向沿斜面向下時與力F方向沿斜面向上時物塊的加速度。

根據(jù)運動學公式求得m、2lo、310、4io時刻物塊的速度，可確定物塊的運動方向；根據(jù)動量定理求解0、

4io時間內(nèi)合外力的總沖量；根據(jù)動量的定義解答C選項；應用平均速度分別求得2lo?3U）與3to?4to

過程物塊的位移。

【解答】解：A、以沿斜面向下為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得：

力F方向沿斜面向下時，物塊的加速度為：a尸迎史耳產(chǎn)迎=3gsin0

力F方向沿斜面向上時，物塊的加速度為：a2="mgsin及mgsinB二訪。

。?to時間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻加速運動，to時刻物塊的速度為vi=aito=3gsin0to

to?2to時間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻減速運動，2to時刻物塊的速度為V2=vi+a2to=2gsin0to

2to?3to時間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻加速運動，3to時刻物塊的速度為V3=v2+aito=5gsin9to

3to?4to時間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻減速運動，4to時刻物塊的速度為V4=v3+a2to=4gsin9to

可知0?4to時間內(nèi)物體一直沿斜面向下運動，故A正確；

B、根據(jù)動量定理得0?4io時間內(nèi)合外力的總沖量為I=mv4-O=4mgsineto,故B錯誤；

C、to時刻物塊的動量為：pi=mvi=3mgsin0to,2to時刻物塊的動量為p2=mv2=2mgsin8tQ,可知to時

刻動量不等于2to時刻的一半，故C錯誤：

D、2to?3t。過程物塊的位移為X1=E2+E2t（）=7gsin0t2,3to?4t。過程物塊的位移為X2=安九。=

q

2gsinOto,可知xi<x2,故D正確。

故選：ADo

【點評】本題考查了動量定理與牛頓第二定律的應用，應用牛頓第二定律與運動學公式分段求解速度與

位移，解答時注意矢量的方向問題。

（多選）9.（2024?全國）在新款車的碰撞安全測試中，一輛質(zhì)量為2000kg的汽車，以等速度72km/h（20m/s）

在水平地面上直線前進，和質(zhì)量為1000kg的靜止箱形障礙物發(fā)生?維嚇彈性正向碰撞，碰撞后箱形障

礙物被向前彈開，汽車車頭內(nèi)凹但仍持續(xù)向前行進。假設空氣阻力與地面摩擦力可忽略。在此碰撞過程

中，速度傳感器測得碰撞開始后汽車速率與時間的關(guān)系如圖所示。將開始碰撞的時間記為0.0秒，則下

列敘述哪些正確？（）

速率(m/s)

時間（s）

A.在0.5秒后，汽車與障礙物分離

B.在0.5秒后，汽車動能減少一半

C.在0.5秒后,隙礙物速率為20m/s

D.在0.5秒內(nèi)，汽車平均加速度量值為10m/s2

E.在0.5秒后,汽車與障礙物的總動能減少IX1O5J

【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題.

【專題】定量思想；推理法；動最和能最的綜合；動最與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜

合能力.

【答案】ACE

【分析】根據(jù)題圖判斷汽車去障礙物分開的時間和速度，根據(jù)動量守恒計算出障礙物的速度，在利用動

能和加速度公式求解即可。

【解答】解：A.由圖可知，汽車在0.5s之后速度不再發(fā)生變化，所以在0.5秒后，汽車與障礙物分離,

故A正確；

B.由&=2巾〃2可知，（）5s之后汽車速度變?yōu)樵瓉淼亩?所以動能應該減少為原來的士故B錯誤；

/24

C.空氣阻力與地面摩擦力可忽略，所以汽車和障礙物組成的系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，則

Mv=Mvi+mv2

代入數(shù)據(jù)得0.5秒后，障礙物速率為20m/s,故C正確：

D.由加速度公式

Av

a=At

可得

a=~Q~^~m/s2=-20m/s2

故D錯誤；

E.汽車碰之前的動能為

Ei=2x2000x202J=4X105/

汽車碰之后的動能為

25

E2==1X2000xIO/=1x10/

障礙物的動能為

25

E3==1x1000x20/=2x10/

所以在0.5秒后，汽車與障礙物的總動能減少

AE=4X105J-1X105J-2X105J=1X105J

故E正確。

故選：ACEo

【點評】本題考查了動量守恒和動能的公式，根據(jù)題意求出碰撞前后的速度，代入公式求解。

（多選）1（）.（2024?甘肅）電動小車在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，下列說法正確的是（）

A.小車的動能不變

B.小車的動量守恒

C.小車的加速度不變

D.小車所受的合外力一定指向圓心

【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；牛頓第二定律的簡單應用；勻速圓周運動；牛頓第二

定律與向心力結(jié)合解決問題.

【專題】定性思想：推理法；勻速圓周運動專題；推理論證能力.

【答案】AD

【分析】本題根據(jù)小車做勻速圓周運動，合外力提供向心力，結(jié)合動能的表達式以及動量守恒的條件分

析求解。

【解答】解：A.勻速圓周運動的線速度大小不變，根據(jù)動能的表達式：Ek=|mv2,可知小車的動能不

變，故A正確；

B.根據(jù)勻速圓周運動條件：小車的合外力提供向心力，小車所受外力和不為0,可得小車的動量不守恒,

故B錯誤；

C.小車做勻速圓周運動，向心加速度大小不變，但是方向始終指向圓心，故方向始終在改變，故C錯誤;

D.小車做勻速圓周運動，合外力提供向心力，故小車所受的合外力一定指向圓心，故D正確；

故選：AD,

【點評】本題考查了圓周運動相關(guān)知識，理解做勻速圓周運動的條件是解決此類問題的關(guān)健。

（多選）11.（2024?廣西）如圖，堅硬的水平地面上放置一木料，木料上有一個豎直方向的方孔，方孔各

側(cè)壁完全相同。木栓材質(zhì)堅硬，形狀為正四棱臺，I：下底面均為正方形，四個側(cè)面完全相同且與上底面

的夾角均為8。木栓質(zhì)量為m,與方孔側(cè)壁的動摩擦因數(shù)為山將木栓對準力孔，接觸但無擠壓。錘子

以極短時間撞擊木栓后反彈，錘子對木栓沖量為I,方向豎直向下，木栓在豎直方向前進了Ax的位移，

未到達方孔底部。若進入的過程方孔側(cè)壁發(fā)生彈性形變，彈力呈線性變化，最大靜摩擦力約等于滑動摩

木料對木栓的平均阻力大小的為丁J+mg

B.進入過程,

2mAx

木料和木栓的機械能共損失了J+mgAx

C.進入過程,

2md

D.木栓前進Ax后木料對木栓一個側(cè)面的最大靜摩擦力大小約為懸翳篝器

【考點】動量定理的內(nèi)容和應用：動能定理的簡單應用.

【專題】定鼠思想：推理法；動吊定理應用專題；推理論證能力.

【答案】BD

【分析】根據(jù)對對木栓分析可知合外力的沖量為0,但是重力有沖量分析A項;

根據(jù)動能定理結(jié)合錘子撞擊木栓后木栓獲得的動能分析B項；

根據(jù)栓進入過程損失的機械能即為阻力做的功分析c項;

根據(jù)對木栓受力分析結(jié)合方孔側(cè)壁彈力成線性變化分析求解D項。

【解答】解：A.錘子撞擊木栓到木栓進入過程，對木栓分析可知合外力的沖量為0,錘子對木栓的沖量

為I,由于重力有沖量，則木料對木栓的合力沖量不為-I,故A錯誤;

_1/2

B.錘了?撞擊木栓后木栓獲得的動能為：Ek=^Tnv2=y—

zZm

木柱進入過程根據(jù)動能定理有：（mg-7）△x—0-Ek

解得平均阻力為：f=477+mg,故B正確：

C.木栓進入過程木栓減少的動能為;，減少的重力勢能為mgAx,木料增加彈性勢能為E）,則木料和

2m

產(chǎn)

木栓的機械能共損失了：AE=而+mgAx-Ep,故C錯誤；

乙111

D.對木栓的一個側(cè)面受力分析如圖：

由于方孔側(cè)壁彈力成線性變化，則有

11-

-(fsinO+FNCOS0)=-f

_/2

且根據(jù)B選項求得平均阻力：f=+mg

又由：f=HFN

〃(/2+2瓶2g及)

聯(lián)立可得:-4mAx(cos6+nsin0),故D正確;

故選：BDo

【點評】本題考查了動量定理和動能定理，理解物體受力和做功的關(guān)系，掌握物體不同狀態(tài)下的動能情

況是解決此類問題的關(guān)鍵。

三,解答題（共9小題）

12.（2025?湖南）某地為發(fā)展旅游經(jīng)濟，因地制宜利用山體舉辦了機器人雜技表演。表演中，需要將質(zhì)量

為m的機器人拋至懸崖上的A點，圖為山體截面與表演裝置示意圖。a、b為同一水平面上兩條光滑平

行軌道，軌道中有質(zhì)量為M的滑桿。滑桿用長度為L的輕繩與機器人相連。初始時刻，輕繩繃緊且與

軌道平行，機器人從B點以初速度v豎直向下運動,B點位于軌道平面上,且在A點正下方,AB=1.2L。

滑桿始終與軌道垂直，機器人可視為質(zhì)點且始終作同?豎直平面內(nèi)運動，不計空氣阻力，輕絕不可伸長，

sin37°=0.6,重力加速度大小為g。

（1）若滑桿固定，"=瘋，當機器人運動到滑桿正下方時，求輕繩拉力的大?。?/p>

（2）若滑桿固定，當機器人運動到滑桿左上方且輕繩與水平方向夾角為37°時，機器人松開輕繩后被

拋至A點，求v的大?。?/p>

（3）若滑桿能沿軌道自由滑動，M=km,且k2l,當機器人運動到滑桿左上方且輕繩與水平方向夾角

為37°時，機器人松開輕繩后被拋至A點，求v與k的關(guān)系式及v的最小值。

【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；斜拋運動；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題.

【專題】定量思想；推理法；力學綜合性應用專題；模型建構(gòu)能力.

【答案】（1）輕繩拉力的大小為4mg；

<2）v的大小為耳署;

（3）v與k的關(guān)系式為I需條+粵gL,v的最小值為Z。

【分析】（1）根據(jù)動能定理機求出器人運動到滑桿正下方時的速度大小，再應用牛頓第二定律求解輕繩

拉力的大小：

（2）根據(jù)機械能守恒定律求出機器人松開輕繩時的速度大小，松開輕繩后被拋至A點的過程機器人做

斜拋運動，將運動分解處理，應用運動學公式解答；

（3）滑桿能沿軌道自由滑動時，機器人由B到拋出位置的過程，滑桿與機器人組成的系統(tǒng)在水平方向

上滿足動量守恒，根據(jù)動量守，亙定律與機械能守恒定律求出機器人在拋出時的速度，以及此時的水平與

豎直的分速度與初速度v的關(guān)系，根據(jù)人船模型求出此過程機器人的水平位移大小，機器人由C點到A

點的過程做斜拋運動，由運動學公式求得速度V與k的關(guān)系式，由數(shù)學知識求得V的最小值。

【解答】解：(1)設機器人運動到滑桿正下方時的速度大小為vo,根據(jù)動能定理得:mgL=品評-|mv2

在最低點，由牛頓第二定律得：F-mg=

LJ

已知：v=y[gL

聯(lián)立解得輕繩拉力的大小為：F=4mg

(2)設機器人松開輕繩時的速度大小為vi°機器人從B點到松開輕繩時的過程，根據(jù)機械能守恒定律

得:

121

-mv=mgLsin370+-mv12

機器人松開輕繩后被拋至A點的過程做斜拋運動，由運動學公式得:

在水平方向上有:Lcos37°+L=visin37°-t

在豎直方向上有；1.2L—Lsin37"=%cos37。-t亡2

l370gL

聯(lián)立解得：V=^4F-

(3)將松開輕繩時機器人所處的位置設為C點，設機器人在C點時的速度大小為V2,在C點時的水

平與豎直的分速度大小分別為Vx、Vyo則有：

詢=設+Vy

滑桿能沿軌道自由滑動時，機器人由B到C的過程，滑桿與機器人組成的系統(tǒng)在水平方向上滿足動量

守恒，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律得：

0=mvx-Mv杯

1112

-mv2=mgLsin370+-2+一Mv桿

222

設此過程機器人與滑桿的水平位移大小分別為XI、X桿，根據(jù)人船模型可得：

mxi=Mx肝

Xi=L+Lcos370-x桿

已知：M=km,且k2I

9kL

可得：x,=5(k+i)

在C點機器人相對滑桿做圓周運動，機器人相對滑桿的速度方向與豎直方向的夾角等于37°,則有：

%+u桿

tan370=------

vy

機器人由C點到A點的過程做斜拋運動，由運動學公式得：

在水平方向上有：XI=Vxt，

，2

在豎直方向上有：1.2L-Lsin370=vyt'-\gt

聯(lián)立可得“=超5+苓以

解得V與k的關(guān)系式為：v=h北*、+若gL,k21

當k=l時v取最小值，可得v的最小值為：vmln-

答：（I）輕繩拉力的大小為4mg；

（2）v的大小為包警;

10

（3）v與k的關(guān)系式為〃=/忐空n+若晟k21。v的最小值為、俘￡。

【點評】本題考查了動量守恒定律與機械能守恒定律的應用，斜拋運動的規(guī)律。處理斜拋運動時要將運

動分解處理，根據(jù)分運動的等時性解答。掌握本題應用人船模型處理在某一方向上滿足動量守恒的問題。

13.（2025?河北）如圖，一長為2m的平臺，距水平地面高度為1.8m。質(zhì)