2025年高考物理壓軸題專項訓(xùn)練：動量定理及碰撞類動量守恒定律的應(yīng)用（解析版）

專題05動量定理及碰撞類動量守恒定律的應(yīng)用

NO.1

壓軸題解讀

動量定理及動量守恒定律在高考物理中擁有極其重要的地位，它們不僅是力學(xué)

知識體系的核心組成部分，也是分析和解決物理問題的重要工具。

在2025年的高考命題中，動量定理及動量守恒定律的考查形式豐富多樣。這

些考點既可能以選擇題、計算題的形式直接檢驗學(xué)生對基本原理的掌握情況，也可

能通過復(fù)雜的計算題、應(yīng)用題，要求學(xué)生運用動量定理和動量守恒定律進(jìn)行深入分

命題預(yù)測析和計算。此外，這些考點還經(jīng)常與其他物理知識點相結(jié)合，形成綜合性強(qiáng)的題目，

以檢驗學(xué)生的綜合應(yīng)用能力。

在復(fù)習(xí)時，考生應(yīng)首先深入理解動量定理和動量守恒定律的基本原理和概念，

明確它們的適用范圍和條件。其次，考生需要熟練掌握相關(guān)的公式和計算方法，并

能夠在實際問題中靈活運用。止匕外，考生還應(yīng)注重解題方法的總結(jié)和歸納，特別是

對于典型題目的解題思路和方法，要進(jìn)行反復(fù)練習(xí)和鞏固。

1.應(yīng)用動量定理處理蹦極類問題

2.應(yīng)用動量定理處理流體類問題

3.分方向動量定理應(yīng)用問題

高頻考法4.彈性碰撞類問題

5.完全非彈性碰撞類問題

6.斜面類類碰撞問題

7.彈簧類類碰撞問題

NO.2

壓軸題密押

考向一：應(yīng)用動量定理處理蹦極類問題

1.動量定理的表達(dá)式尸加=甌是矢量式，在一維的情況下，各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向為正方向。運用

它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向，公式中的尸是物體或系統(tǒng)所受的合力。

2.動量定理的應(yīng)用技巧

⑴應(yīng)用J=Np求變力的沖量

如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I=Ft求沖量，可以求出該力作用下物體動量的

變化切,等效代換得出變力的沖量/。

(2)應(yīng)用Np=FNt求動量的變化

考向二：流體類和微粒類問題中應(yīng)用動量定理

1.流體類“柱狀模型”問題

流體及通常液體流、氣體流等被廣義地視為“流體”，質(zhì)量具有連續(xù)性，通常已知密

其特點度Q

1建立“柱狀模型"，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S

分

微元研究，作用時間加內(nèi)的一段柱形流體的長度為對應(yīng)的質(zhì)量為△機(jī)=

析2

止pSvAt

少

驟3建立方程，應(yīng)用動量定理研究這段柱狀流體

2.微粒類“柱狀模型”問題

微粒及通常電子流、光子流、塵埃等被廣義地視為“微?！?，質(zhì)量具有獨立性，通

其特點常給出單位體積內(nèi)粒子數(shù)〃

1建立“柱狀模型”，沿運動的方向選取一段微元，柱體的橫截面積為S

分

析微元研究，作用時間M內(nèi)一段柱形流體的長度為M,對應(yīng)的體積為AF=

2

止

少Sv0/^t,則微元內(nèi)的粒子數(shù)N=nv0S/^t

驟3先應(yīng)用動量定理研究單個粒子，建立方程，再乘以N計算

考向三：應(yīng)用動量守恒定律解決碰撞類問題

1.碰撞三原則：

⑴動量守恒：即P1+P2=P1'+P2’.

D?pip、'2p2’2

(2)動能不增加：即Eki+耳侖&1'十42'或/-+/一』+?一.

2m12機(jī)22m12mi

(3)速度要合理

①若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有v后X前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運

動，貝!I應(yīng)有v前'Nv后'。

②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。

2.“動碰動”彈性碰撞

發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質(zhì)量分別為預(yù)和加2,碰前速度為VI，

V2,碰后速度分別為V—也，則有:

12121，21,2

加iW+m2y2-加Fi+加F2（1）-機(jī)M+-m2V2=~機(jī)FJ+~miV2（2）

聯(lián)立（1）、（2）解得:

力;2也也也=2也

加1m

+m21+m2

特殊情況：若冽1=加2，Vi=V2，V2=V1.

3.“動碰靜”彈性碰撞的結(jié)論

兩球.發(fā)生彈性碰撞時應(yīng)滿足動量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為預(yù)、速度為V1的小球與質(zhì)量為加2的靜止小

球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有加01=加1丫1'+加2V2,（1）-m\v\——m\V\2-\■-m2V2”（2）

「222

-

CL（mim2）vi2mivi

解得：v/=--------：------，V2=---：---

冽1十冽2mi-rm2

結(jié)論：（1）當(dāng)加1=加2時，V/—0,藝'=片（質(zhì)量相等，速度父換）

（2）當(dāng)加1>冽2時，vf>0,V2'>0,且V2'>vJ（大碰小，一起跑）

（3）當(dāng)如〈加2時，v/VO,V2'>0（小碰大，要反彈）

（4）當(dāng)加1?冽2時，v/=Wo，也'=2V1（極大碰極小，大不變，小加倍）

（5）當(dāng)加1《加2時，v/=—Vi，W=0（極小碰極大，小等速率反彈，大不變）

考向四：應(yīng)用動量守恒定律解決類碰撞問題

L碰撞模型拓展——“保守型”

圖例（水平面TB

CWWWWVW\rO

1//////+7+q

光滑）

小球—彈簧模型小球一曲隹禳型

相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足加v（）=（加共，損

達(dá)到共速

失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能

相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，滿足機(jī)vo=mvi+Mv2，能量滿足

再次分離

—mvh=—mv?~\--M近

222

2.碰撞模型拓展?“耗散型

圖例（水平面、

.”

水平導(dǎo)軌都光aA

〃/〃〃/〃〃?〃〃〃

、〃〃〃〃〃)〃〃力〃〃/

滑）

相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動量滿足機(jī)v（）=（加+M）v共，損失的動能最大，分別

達(dá)到共速

轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能

考向四：多次碰撞問題

當(dāng)兩個物體之間或物體與擋板之間發(fā)生多次碰撞時，因碰撞次數(shù)較多，過程復(fù)雜，在求解多次碰撞問

題時，通?？捎玫揭韵聝煞N方法:

先利用所學(xué)知識把前幾次碰撞過程理順，分析透徹，根據(jù)前幾次數(shù)據(jù)，利用數(shù)學(xué)

數(shù)學(xué)歸

歸納法，可寫出以后碰撞過程中對應(yīng)規(guī)律或結(jié)果，然后可以計算全程的路程等數(shù)

納法

據(jù)

通過分析前幾次碰撞情況，畫出物體對應(yīng)的v—t圖像，通過圖像可使運動過程清

圖像法

晰明了，并且可通過圖像所圍面積把物體的位移求出

■題型密押

■題型01應(yīng)用動量定理處理蹦極類問題

1.如圖所示，左圖為大型游樂設(shè)施跳樓機(jī)，右圖為其結(jié)構(gòu)簡圖.跳樓機(jī)由靜止從。自由下落到6,再從6

開始以恒力制動豎直下落到c停下.已知跳樓機(jī)和游客的總質(zhì)量為如ab高度差為2h,be高度差為h,重

力加速度為g.則

A.從。到6與從b到c的運動時間之比為2：1

B.從。到人跳樓機(jī)座椅對游客的作用力與游客的重力大小相等

C.從。到6,跳樓機(jī)和游客總重力的沖量大小為他而

D.從b到以跳樓機(jī)受到制動力的大小等于2加g

【答案】A

【詳解】A.由題意可知，跳樓機(jī)從a運動6過程中做自由落體運動，由2〃=gg彳可得，下落時間

由v；=2g-2〃可知，運動到6的速度大小為

%==2向

跳樓機(jī)從6運動c過程中做減速運動,同理可得

〃二;vl=2ah

時間為％=白，

解得減速過程的加速度大小為。=2g故從a到6與從6到c的運動時間之比為

SB?"

故A正確；

B.從a到兒跳樓機(jī)做自由落體運動，故跳樓機(jī)座椅對游客的作用力為零，故B錯誤；

C.從a到6,根據(jù)動量定理可得

IG=mvb=2my[gh

則跳樓機(jī)和游客總重力的沖量大小為2切向,故C錯誤；

D.從6到c,根據(jù)牛頓第二定律有：

F-mg=ma=2mg

解得跳樓機(jī)受到制動力的大小為尸=3加g,故D錯誤.

■題型02應(yīng)用動量定理處理流體類問題

2.科學(xué)團(tuán)隊在地球表面進(jìn)行探測器的懸停實驗，為未來探測器在更遙遠(yuǎn)的天體安全著陸做準(zhǔn)備。當(dāng)探測器

向下噴出氣體時，探測器懸停在地表上空。已知探測器豎直向下噴射的氣體密度為。，橫截面積為S,噴出

時的速度大小為v,重力加速度為g。若近似認(rèn)為噴射氣體的重力忽略不計，探測器的質(zhì)量保持不變，不計

空氣阻力，則（）

A.探測器對噴射氣體的沖量大小大于噴射氣體對探測器的沖量大小

B.探測器與噴射氣體兩者的動量變化量大小相等，方向相反

C.探測器/時間內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為/

D.探測器的質(zhì)量為小

【答案】D

【詳解】C.探測器/時間內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為

m=pV=pSL=pSvt

故c錯誤；

A.根據(jù)牛頓第三定律可知，探測器對噴射氣體的力等于噴射氣體對探測器的力，作用時間相同，根據(jù)

可知探測器對噴射氣體的沖量大小等于噴射氣體對探測器的沖量大小。故A錯誤；

B.當(dāng)探測器向下噴出氣體時，探測器懸停在地表上空，動量變化量為0,而氣體獲得速度，動量變化量不

為0,所以兩者的動量變化量大小不等。故B錯誤；

D.設(shè)探測器對氣體的力為尸，根據(jù)動量定理有

Ft=mv=pSvt-v=pSv2t

F=pSv2

根據(jù)牛頓第三定律可知氣體對探測器的力

2

尸'=尸=pSv

探測器懸停在地表上空，則有

故D正確。

故選D。

■題型03分方向動量定理應(yīng)用問題

3.如圖所示，實線是實驗小組某次研究平拋運動得到的實際軌跡，虛線是相同初始條件下平拋運動的理論

軌跡。分析后得知這種差異是空氣阻力影響的結(jié)果。實驗中，小球的質(zhì)量為相，水平初速度為%,初始時

小球離地面高度為限已知小球落地時速度大小為v,方向與水平面成e角，小球在運動過程中受到的空氣

阻力大小與速率成正比，比例系數(shù)為左，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

A.小球落地時重力的功率為“型

mvsin0+kh

B.小球下落的時間為

mg

C.小球下落過程中的水平位移大小為g一產(chǎn)洌

D.小球下落過程中空氣阻力所做的功為3加（，-%2）+加g%

【答案】B

【詳解】A.小球落地時重力的功率為

PG=mgvsin0

故A錯誤；

B.小球下落過程在豎直方向根據(jù)動量定理

mvsin0=mgt-k(yyi+vy2+vy3+..)t

S(Vvl+Vv2+Vv3+……￥=h

解得小球下落的時間為

mvsin0+kh

t=----------

mg

故B正確；

C.小球在水平方向根據(jù)動量定理

mvcos3-mv0=-k(vxl+vrf+vrf+……)t

Z（%+匕2+匕3+……）/=x

解得小球下落過程中的水平位移大小為

m（v0-vcos0）

k

故C錯誤;

D.小球下落過程根據(jù)動能定理

；mv2—；機(jī)v；=mgh+

解得小球下落過程中空氣阻力所做的功為

2

Wf=-mgh+；mv-gmv1

故D錯誤。

故選Bo

?題型04彈性碰撞類問題

4.彈珠游戲?qū)ν瑢W(xué)們稍顯陌生，但它卻是許多80后難忘的童年記憶。其示意圖如圖所示，水平地面上相距

x=3m的地方分別有可視為質(zhì)點、大小相同的球形彈珠A、B,兩者質(zhì)量關(guān)系為加處假設(shè)兩彈珠在水平

地面上行進(jìn)時受到的阻力（包括空氣阻力和摩擦力等）均恒為其重力的左倍。現(xiàn)給彈珠A一個v°=4m/s的

初速度，使其與靜止的彈珠B發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后A、B均沿同一直線運動。已知h0.2,g=10m/s2o

求:

(1)彈珠A與彈珠B碰撞前瞬間，彈珠A的速度大小為;

(2)在碰撞剛結(jié)束時彈珠A和彈珠B的速度大小vA\vB'；

(3)彈珠A和彈珠B之間最終的距離。

v0

9

!

【答案】(1)vA=2m/s；(2)vA'=\m/s,vB=3m/s；(3)x=2m

【詳解】（1）對彈珠A,在碰撞前的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律可得

kmg=ma

解得

a=2m/s2

方向：與%方向相反。設(shè)碰撞前彈珠A的速度為〃，由運動學(xué)公式有

22

v0-vA=2ax

解得

vA=2m/s

(2)碰撞過程中彈珠A、B系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒。以向右為正方向，根據(jù)題意得

mAVA=mAVA'+mBVB'

121,21,2

+mV

-^AVA=-^AVA~BB

解得

vA'=Im/svB'=3m/s

(3)碰撞之后彈珠A和彈珠B分別向右做勻減速直線運動，設(shè)從碰撞后到停下來彈珠A的位移為打，彈

珠A的位移為乙。由動能定理可得

對彈珠A

，2

-fowAgxA=0-|mAvA

對彈珠B

，2

=0-|wBvB

解得

19

x=—m,4=-m

A44

因此彈珠A和彈珠B最終的距離

x=xB-xA=2m

?題型05完全非彈性碰撞類問題

5.如圖甲所示，質(zhì)量為用的物塊A與豎直放置的輕彈簧上端連接，彈簧下端固定在地面上。f=0時，物塊

A處于靜止?fàn)顟B(tài)，物塊B從A正上方一定高度處自由落下，與A發(fā)生碰撞后一起向下運動(碰撞時間極短,

且未粘連)，到達(dá)最低點后又向上運動。已知B運動的v-f圖像如圖乙所示，其中。?4的圖線為直線，不

A.物塊B的質(zhì)量為加B./=時，彈簧的彈性勢能最大

C./=2中時，B速度為零D.2戶時，A、B開始分離

84

【答案】AC

【詳解】A.碰撞時間極短，可認(rèn)為碰撞過程滿足動量守恒，則有

v

/w、i

加B%=(mB+)

解得

故A正確；

B.當(dāng)％為零時，彈簧壓縮量最短，彈簧的彈性勢能最大，故B錯誤；

C.B與A一起運動過程屬于簡諧振動，故圖乙中B物體的速度時間圖線為正余弦函數(shù)關(guān)系，設(shè)振動周期為

7,由數(shù)學(xué)知識可得

V1.2兀、

-^=vlsm(—tl+(p0)

./2萬、

-vl=vlsm(—t2+<p0)

可得

2萬7T

〒/1+%=~

T6

2713

亍門2+00

則有

hh

設(shè)B速度為零時刻為￡,則有

?./2兀、

0=^8111(—^+^0)

可得

24

亍/+。0=冗

則有

T

—t———

24

聯(lián)立解得

5t2+3%

8

故C正確;

D.根據(jù)

V==2戶時，B的速度為

4464

.「2萬/T、"|’.2%兀、.11%V.

vB=Vjsin—（Z2+—）+^o=v^sm—t：,+<p0+―）=v,sm-^-=--

可知此時A、B剛好回到碰撞時的位置，此時彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，A、B并未分離，故D錯誤。

故選ACo

?題型06斜面類類碰撞問題

6.如圖所示，半徑為火、質(zhì)量為3〃?的;圓弧槽N8靜止放在光滑水平地面上，圓弧槽底端8點切線水平,

距離2點為R處有一質(zhì)量為3m的小球2,其左側(cè)連有輕彈簧?，F(xiàn)將質(zhì)量為俏的小球1（可視為質(zhì)點）從左

側(cè)圓弧槽上端的N點由靜止釋放，重力加速度為g,不計一切摩擦。則下列說法正確的是（）

A.系統(tǒng)（三個物體）全程動量守恒

B.小球1剛與彈簧接觸時，與圓弧槽底端3點相距;R

C.彈簧彈性勢能的最大值為［冽gE

16

D.小球1最終的速度大小為《邈

【答案】BC

【詳解】A.小球1在圓弧槽上運動時，系統(tǒng)在豎直方向上動量不守恒，故A錯誤；

B.小球1從圓弧槽的/點到8點的過程中，設(shè)小球1滑到8點時小球1的速度為w，圓弧槽的速度為v,

取水平向右為正方向，小球1與圓弧槽在水平方向動量守恒有

0=mv0-3mv

由能量守恒有

1212

mgR=—mvQ+—?3mv

解得

%=3v=

設(shè)小球1到2點時，小球1水平向右移動的距離為X/,圓弧槽向左運動的距離為X2,兩者的相對位移為R,

因此有

mxA-3mx2=0

X/+X2=R

聯(lián)立解得

=-R

4

=-R

4

此時圓弧槽的B點與彈簧之間的距離

L=x2+R=-^R

小球1從3點向右以勻速運動，圓弧槽向左以上勻速運動，小球1剛與彈簧接觸時，與圓弧槽底端8點

的距離

故B正確;

C.小球1與小球2共速時，彈簧彈性勢能有最大值，從小球1剛與彈簧接觸到兩球共速，由動量守恒有

mv0=（m+3機(jī)）v共

由能量守恒有

J加片=；（機(jī)+3加）晨+紇

聯(lián)立解得

口9R

p=%mg

故C正確；

D.從小球1剛與彈簧接觸到兩球分開，由動量守恒有

mvo=mV]-]-3mv2

由能量守恒有

ymv?+y-3mvf

解得

1

V1=--VO

1

V2=-V0

小球1之后向左以gw勻速運動，因為圓弧槽此時正向左以(勻速運動，故會再次和圓弧槽碰撞，以向左

為正，碰撞前、后動量守恒有

z77-+37M-=mv3+3機(jī)為

由能量守恒有

2

1%|1.3%I1212

—m+W|=2WV3+--3^V

2I24

解得

1

1%

5

!=五%

最終小球1以的速度向左運動，圓弧槽以卷丹的速度向左運動，小球2以3出的速度向右運動，小球1

最終的速度為

3408

故D錯誤。

故選BC?

?題型07彈簧類類碰撞問題

7.如圖甲，一質(zhì)量為力的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上。物塊B向A運動，從，=0時與彈

簧接觸，至=時與彈簧分離。A、B的v—圖像如圖乙所示。已知從至=時間內(nèi)，物塊A運動的

距離為0.5v“°；彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。求:

(1)物塊B的質(zhì)量；

(2)分離后物塊A、B的速度大小;

(3)彈簧的最大壓縮量。

B—?nS55WA

甲

【答案】(1)2.5加；(2)2%,0.6%；(3)O.7vo/o

【詳解】(l)由題圖可知，在辦時刻，A、B兩物體的速度均為%,由動量守恒有

加B(L4%)=(加+加B)%

解得

mB=2.5m

(2)從兩物塊接觸彈簧到分開過程，系統(tǒng)動量守恒，有

mB(1.4v0)=mvA+mBvB

該過程機(jī)械能守恒，有

2

|mB(1.4v0)=|mv\+-mBvl

解得

%=2%,vB=O,6vo

(3)同一時刻彈簧對A、B的彈力大小相等，根據(jù)牛頓第二定律

F=ma

可知同一時刻

a、=2.5。3

同一時刻A、B的瞬時速度分別為

2

V

A=a*,vB=1,4v0-y(zAt

根據(jù)位移等于速度在時間的累積可得

SA=%?(累積)

%=%，(累積)

又因為

5A=O,5v(/o

解得

sB=1.2v0f0

第一次碰撞過程中彈簧壓縮量的最大值為

As=SBf=0?7%%

?題型08多次碰撞問題

8.光滑水平面上每隔距離d靜止放置一個質(zhì)量為用的小球，共放置10個小球，從左至右依次標(biāo)號為1、2、

3、…、10。小球A靜止放置在1號小球左端d處?，F(xiàn)用一水平向右的恒力廠作用于小球/,當(dāng)小球/運動

到10號球位置時，撤掉凡小球均可視為質(zhì)點，小球間碰撞時間忽略不計。

AP1210

a0,

<------------?<----------->

dd

(1)若小球/質(zhì)量為加，且小球之間的碰撞均為彈性碰撞，求10號球開始運動的時間；

(2)若小球/質(zhì)量為2相，且小球之間的碰撞均為完全非彈性碰撞，求小球/與1號球碰撞過程中的能量損失；

⑶在(2)中條件下，求小球”運動過程中的最大速度。

【答案】(1)口

2

,Fd

(2)T

⑶I界

【詳解】(1)

小球4與1號球碰前，做勻加速直線運動，對小球4由牛頓第二定律得尸=加。

由運動學(xué)公式得

712

a=~at\，v=M

小球4與1號球碰撞過程動量守恒，機(jī)械能守恒，有

r2l,2

mv=mvA+mv,mv=mvA+mv

聯(lián)立解得

〃=0,vr=v

1號球碰后以速度y勻速運動，同理可得，〃號球與〃+1號球碰撞后速度交換，〃+1號球碰后也以速度v勻

速運動，所以10號球開始運動的時間

9d

/=4H-----

V

解得

_1112md

(2)小球4與i號球碰前，對小球/由動能定理得

Fd=gx2mVy

小球/與1號球碰撞前后動量守恒，有

2wVj=（2m+w）v[

小球N與1號球碰撞后能量損失

E損=—x2mV12（2m+m）v；2

解得

Fd

3

(3)設(shè)小球/和前個小球組成的系統(tǒng)與第〃號小球碰前的速度為匕，與第〃號小球碰后，小球/和

n個小球組成的系統(tǒng)的速度為耳，小球/與前-2)個小球組成的系統(tǒng)與第("-1)號小球碰后的速度為匕"，

從小球N和前(〃-2)個小球組成的系統(tǒng)與第號球碰后到與第n號球碰前的過程中，對小球/和前

("-1)個小球，由動能定理得

Fd=；［2加+(〃-1)加卜；一；［2機(jī)+(〃T）加Ml

小球/和前”-1個小球組成的系統(tǒng)與第〃號球碰撞前后，對小球/和前"個小球，由動量守恒定律，有

［2加+加］匕=(2加+〃加)匕

71+1

由上式解得匕=-同理可推出

川+2

,_n

聯(lián)立可得

心（）空

+=n2+"+1

n-1m

同理可推出

222

772VL=(〃-1)2鞏2+，(?-l)vl2=(n-2)v^_3+(n-l)^-......(2+1)v；=2?v；+(2+1)^-

mmm

以上式子相加得

(〃+l)2v；=22V^+

m

又

解得

2F21^Fd

v：=------+---+1——

(〃+1)7n+\Jm

111

根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)ur=—即〃=3時為有最大值

3[Fd

N0.3

壓軸題速練

1.如圖所示，A、B、C三個半徑相同的小球穿在兩根平行且光滑的足夠長的桿上，A、B、C三球的質(zhì)量

分別為^A=2kg、加B=2kg、叫=6kg,初狀態(tài)三個小球均靜止，B、C球之間連著一根輕質(zhì)彈簧，彈簧處于

原長狀態(tài)?，F(xiàn)給A一個向左的初速度v0=10m/s,A、B碰撞后立即粘連在一起，下列說法正確的是（）

A.球A和球B碰撞結(jié)束后，A、B、C三球的機(jī)械能守恒

B.球A和球B碰后，球C的最大速度為2m/s

C.球A和球B碰后，彈簧的最大彈性勢能為30J

D.球A和球B碰撞結(jié)束后，A、B球的最小速度大于0

【答案】C

【詳解】A.球A和球B碰撞結(jié)束后，由于有彈簧彈力對系統(tǒng)做功，A、B、C三球的機(jī)械能不守恒，故A

錯誤；

B.AB兩球相碰，根據(jù)動量守恒定律有

解得

匕=5m/s

此后AB做減速運動，C做加速運動，當(dāng)A、B、C共速時，有

（加A+加B）M=（加A+SB+機(jī)c）V2

解得

v2=2m/s

此時彈簧處于拉長狀態(tài)，C球?qū)⒗^續(xù)做加速運動，所以球C的最大速度大于2m/s。故B錯誤;

C.當(dāng)三球速度相同時，彈簧彈性勢能最大，有

+2

丸=-(OTAZ?B)VI-1(OTA2

+mB+mc)v2=30J

故C正確。

D.由于ABC及彈簧組成的系統(tǒng)，在運動的過程中滿足動量守恒和機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧再次處于原長狀態(tài)

時

(加A+機(jī)B)K=(加A+mB)V2+mCV3

g(aA+加B)"I=g(%A+%B)%2+?加E

即得

v2=-Im/s

可見A、B球的已經(jīng)反向，因此最小速度為0,故D錯誤。

故選Co

2.如圖所示，鐵塊。與內(nèi)壁光滑的半圓形凹槽6并排靜止在光滑的水平地面上，半圓形凹槽的半徑為上

直徑P。。水平?？梢暈橘|(zhì)點的小球c自P點正上方高3R處由靜止開始下落，恰好從P點進(jìn)入槽內(nèi)。已知

鐵塊。、半圓形凹槽6和小球c的質(zhì)量均為加，重力加速度為g,不計空氣阻力。小球進(jìn)入槽內(nèi)之后的運動

過程中，下列說法正確的是（）

o

A.c第一次到達(dá)最低點前，a、6、c組成的系統(tǒng)動量守恒

B.c第一次到達(dá)最低點時，。的速度大小為4竹

C.c第一次沖出0點后，上升的最大高度為2尺

D.6能獲得的最大速度大小為

【答案】C

【詳解】A.c第一次到達(dá)最低點前，°、6、c組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向合力不為零，故水

平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，A錯誤；

B.c第一次到達(dá)最低點時，a、6速度向左，設(shè)其大小為%,。速度向右，設(shè)其大小為匕2,則由水平方向動

量守恒得

2mvxx=mvx2

由能量關(guān)系

1212

mg?4R=—?2mvxX+—mvx2

B錯誤；

C.當(dāng)c從最低點滑到右側(cè)。點時，b減速，鐵塊。與6分離，c第一次沖出。點后上升至最大高度時，be

水平方向共速，對秘系統(tǒng)有

加匕2-加匕］=2加匕3

解得

根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒有

1212

mg-4R=—mvxi+—?2mvx3+mgH+mgR

解得

H=2R

C正確；

D.當(dāng)c從右端滑下經(jīng)過最低點時，該過程A系統(tǒng)機(jī)械能守恒和水平方向動量守恒，結(jié)合以上分析可知此

時6c速度交換，即6能獲得的最大速度大小為:小戢，D錯誤。

故選C。

3.2024年8月4日，樊振東贏得了巴黎奧運會乒乓球男子單打項目的金牌。某次發(fā)球時，樊振東以初速度

%豎直向上拋出乒乓球，乒乓球經(jīng)過時間f到達(dá)最高點，落回拋出點之前已經(jīng)勻速，勻速運動的速度大小為

Vo已知乒乓球的質(zhì)量為加，重力加速度為g,乒乓球在運動過程中受到的空氣阻力大小與其速率成正比。

下列說法正確的是（）

A.上升過程中重力的沖量大于下降過程中重力的沖量

B.上升過程中空氣阻力的沖量大于下降過程中空氣阻力的沖量

C.空氣阻力與速率的比例系數(shù)為整

%

D.乒乓球從最高點落回到拋出點的時間為以-/

g

【答案】D

【詳解】A.由牛頓第二定律，上升過程

mg+kv=ma{

隨著速度的減小，阻力逐漸減小，加速度逐漸減小，下降過程

mg-kv=ma2

隨著速度的增大，阻力逐漸增加，加速度逐漸減小，可知上升過程的平均加速度大于下降過程的平均加速

度，而上升過程中由于上升和下降過程中，位移大小相等，而上升過程的平均加速度大，所用時間短，則

重力的沖量小于下降過程中重力的沖量，故A錯誤；

B.做出小球的圖像，如圖所示

第一、第四象限中陰影部分的面積表示上升和下降過程的位移大小相等方向相反；若將縱坐標(biāo)改為f由于

為CV,因此第一、第四象限中陰影部分的面積仍相等，其物理意義為上升、下降過程阻力的沖量等大反向,

故B錯誤；

C.根據(jù)題意，落回拋出點之前已經(jīng)勻速，勻速運動的速度大小為V。由

f=kv=mg

解得

后=整

V

故c錯誤；

D.對整個過程，設(shè)向下為正方向，根據(jù)動量定理

mgt'+九，-=mvmv0）

由B選項可知上升、下降過程阻力的沖量等大反向，解得

I/_——%+v

g

解得乒乓球從最高點落回到拋出點的時間為

V?+V

%.........1

g

故D正確；

故選D。

4.如圖所示，兩相距為4、帶同種電荷的小球在外力作用下，靜止在光滑絕緣水平面上。在撤去外力的瞬

間，A球的加速度大小為a,兩球運動一段時間后，B球的加速度大小為W，速度大小為V。已知A球質(zhì)量

為2加,B球質(zhì)量為m,兩小球均可視為點電荷,不考慮帶電小球運動產(chǎn)生的電磁效應(yīng)，則在該段時間內(nèi)（）

AB

A.兩球間的距離由d變?yōu)?d

B.兩球組成的系統(tǒng)電勢能減少了加

2

C.B球運動的距離為

D.庫侖力對A球的沖量大小為2加v

【答案】AC

【詳解】A.當(dāng)兩球間的距離為d時，在撤去外力的瞬間，對A進(jìn)行分析，由牛頓第二定律可得

左邛=2加。

d2

一段時間后設(shè)兩球間的距離為小,對B進(jìn)行分析有

k^=mla

d,22

解得

d=2d

故A正確；

B.設(shè)球B的速度為v時，A球的速度為M,由動量守恒可得

2mvf=mv

解得

，v