2025届新高考物理精准复习动量

届新高考物理精准复习动量2025届新高考物理精准复习动量eq\o\ac(○,热)eq\o\ac(○,点)eq\o\ac(○,考)eq\o\ac(○,点)eq\o\ac(○,解)eq\o\ac(○,读)知识必备知识必备一、动量定理及应用1．冲量的三种计算方法公式法I＝Ft适用于求恒力的冲量动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图像法F－t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F－t成线性关系，也可直接用平均力求解2．动量定理(1)公式：FΔt＝mv′－mv(2)应用技巧①研究对象可以是单一物体，也可以是物体系统．②表达式是矢量式，需要规定正方向．③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷．④在变加速运动中F为Δt时间内的平均冲力．⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移．3．流体作用的柱状模型对于流体运动，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在极短的时间Δt内通过某一截面积为S的横截面的柱形流体的长度为Δl，如图所示．设流体的密度为ρ，则在Δt的时间内流过该横截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt，根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的变化量，即FΔt＝ΔmΔv，分两种情况：(以原来流速v的方向为正方向)(1)作用后流体微元停止，有Δv＝－v，代入上式有F＝－ρSv2；(2)作用后流体微元以速率v反弹，有Δv＝－2v，代入上式有F＝－2ρSv2.二、动量守恒定律及应用1．判断守恒的三种方法(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板－块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型．(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．(3)某一方向守恒：系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)模型．2．动量守恒定律的三种表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用)．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．三、碰撞模型及拓展1．碰撞问题遵循的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.(3)速度要符合实际情况：若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．2．两种碰撞特点(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒定律和机械能守恒定律．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性正碰为例，有m1v1＝m1v1′＋m2v2′eq\f(1,2)m1v12＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2v2′2解得v1′＝eq\f(m1－m2v1,m1＋m2)，v2′＝eq\f(2m1v1,m1＋m2).结论：①当m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，两球碰撞后交换了速度．②当m1＞m2时，v1′>0，v2′>0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．③当m1＜m2时，v1′<0，v2′>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．④当m1≫m2时，v1′＝v1，v2′＝2v1.(2)完全非弹性碰撞动量守恒、末速度相同：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共，机械能损失最多，机械能的损失：ΔE＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v共2.3．碰撞拓展(1)“保守型”碰撞拓展模型图例(水平面光滑)小球－弹簧模型小球－曲面模型达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(2)“耗散型”碰撞拓展模型图例(水平面或水平导轨光滑)达到共速相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能易错易混易错易混1.研究对象常常需要选取流体为研究对象，如水、空气等。2.研究方法隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象，然后列式求解。3.基本思路（1）在极短时间Δt（2）求小柱体的体积ΔV=vS（3）求小柱体质量Δm=ρ（4）求小柱体的动量变化Δp=（5）应用动量定理FΔ①作用后流体停止，−Δp=FΔ②作用后流体以速率v反弹，有−2Δp=FΔ方法必知方法必知一、“滑块—弹簧”模型1．模型图示2．模型特点(1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．(2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒．(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)．(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞)．二、“滑块—斜(曲)面”模型1．模型图示2．模型特点(1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy＝0.系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)．(2)返回最低点：m与M分离点．水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22(相当于完成了弹性碰撞)．eq\o\ac(

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,学)真题回顾真题回顾1．（2024•浙江）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端的右侧，光滑水平面上紧靠着质量滑块，其上表面与轨道末端所在的水平面平齐。质量的小物块从轨道上高度为静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块在滑块上滑动时动摩擦因数恒为，小物块运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，，取（1）若，求小物块：①第一次经过点的向心加速度大小；②在上经过的总路程；③在上向上运动时间和向下运动时间之比；（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。2．（2023•全国）两个质量相等的小球和位于同一高度，它们以相同大小的速度分别抛出，做平抛运动，做竖直下抛运动，则A．落地时的动量大小小于落地时的动量大小 B．落地时的动量大小大于落地时的动量大小 C．在各自从抛出到落地时间内，所受重力冲量的大小比的大 D．在各自从抛出到落地时间内，所受重力冲量的大小比的小3．（2023•新课标）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的极正对着乙的极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小 C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零4．（2023•辽宁）如图，质量的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量的小物块以水平向右的速度滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能与形变量的关系为。取重力加速度，结果可用根式表示。（1）求木板刚接触弹簧时速度的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离。（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量及此时木板速度的大小。（3）已知木板向右运动的速度从减小到0所用时间为。求木板从速度为时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能△（用表示）。5．（2023•乙卷）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为。求（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。区域模拟区域模拟1．（2024•镜湖区校级二模）如图所示，质量均为的物块、放在光滑的水平面上，中间用轻弹簧相连，弹簧处于原长，一颗质量为的子弹以水平速度射入木块并留在物块中（时间极短），则下列说法正确的是A．子弹射入物块的过程中，子弹的动量变化量为 B．子弹射入物块的过程中，物块的动能增加量为 C．在弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物块的动量大小最大值为D．弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为2．（2024•朝阳区一模）如图所示，光滑水平地面上的、两物体质量均为，以速度向右运动，静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时A．的动量为0 B．的动量达到最大值 C．、系统总动量小于 D．弹簧储存的弹性势能为3．（2024•海南）小明制作了一个火箭模型，火箭模型质量为（含燃料），开始火箭模型静置在地面上，点火后在极短时间内以相对地面的速度竖直向下喷出质量为的燃气，喷气过程中忽略重力和空气阻力的影响，下列说法正确的是A．火箭喷气过程机械能守恒 B．火箭的推力来源于空气对它的反作用力 C．喷气结束时火箭模型的动量大小为 D．喷气结束时火箭模型的速度大小为4．（2024•北京一模）航天器离子发动机原理如图所示，电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化（即电离出正离子），正离子被正负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或调整姿态的反冲力。已知单个正离子的质量为，电荷量为，正、负栅板间加速电压为，从喷口喷出的正离子所形成的电流为，忽略离子间的相互作用力及离子喷射对航天器质量的影响。该发动机产生的平均推力的大小为A． B． C． D．5．（2024•郑州二模）扇车在我国西汉时期就已广泛被用来清选谷物。谷物从扇车上端的进谷口进入分离仓，分离仓右端有一鼓风机提供稳定气流，从而将谷物中的秕粒（秕粒为不饱满的谷粒，质量较轻）和饱粒分开。若所有谷粒进入分离仓时，在水平方向获得的动量相同。之后所有谷粒受到气流的水平作用力可视为相同。图中虚线分别表示谷粒的轨迹。、为相应谷粒所受的合力。下列四幅图中可能正确的是A． B． C． D．6．（2024•平谷区模拟）、两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，、两球的质量分别为和。若使球获得瞬时速度（如图甲），弹簧压缩到最短时，球的速度为，球的速度为，弹簧的长度为；若使球获得瞬时速度（如图乙），弹簧压缩到最短时，球的速度为，球的速度为，弹簧的长度为。则A． B． C． D．7．（2024•碑林区校级模拟）如图所示，质量为的小球（可视为质点）用长为的不可伸长的轻质细线悬挂在点。现把小球移动到点，此时细线伸直，与水平方向的夹角为，使小球从点由静止释放，当小球运动到点时，细线再次伸直，然后沿圆弧运动到最低点点，已知重力加速度为，下列说法正确的是A．小球在点的速度大小为 B．小球在点处因细线再次伸直受到细线的拉力的冲量大小为 C．小球在点的速度大小为 D．小球在点受到细线的拉力大小为8．（2024•潍坊一模）一物体在时刻通过点的速度大小为，加速度与速度方向相同，物体的加速度随时间的变化如图所示。经物体运动到点。在该过程中，下列判断正确的是A．与的平均速度相同 B．与合外力的冲量相同 C．与合外力做的功相同 D．到达点的速度大小为9．（2024•天津模拟）如图所示，光滑轨道固定在竖直平面内，水平，为半圆，圆弧轨道的半径，在处与相切。在直轨道上放着质量分别为、的物块、（均可视为质点），用轻质细绳将、连接在一起，且、间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为、长的小车，小车上表面与等高。现将细绳剪断，与弹簧分开之后向左滑上小车，向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点处。物块与小车之间的动摩擦因数，重力加速度取。求：（1）物块运动到最低点时对轨道的压力；（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能；（3）物块相对小车滑动多远的距离。10．（2024•天津模拟）如图所示，质量的滑块静止放置于光滑平台上，的左端固定一轻质弹簧。平台右侧有一质量的小车，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计。光滑圆弧轨道半径，连线与竖直方向夹角为，另一与完全相同的滑块从点由静止开始沿圆弧下滑。滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块离开平台滑上小车且恰好未滑落，滑块与小车之间的动摩擦因数，取，、可视为质点，求：（1）滑块刚到平台上的速度大小；（2）该过程中弹簧弹性势能的最大值；（3）小车的长度。考前押题考前押题1．（2024•辽宁模拟）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为的轻质弹簧下端固定于斜面底部，上端放一个质量为的小物块，与弹簧间不拴接，开始时静止于点。质量也为的小物块从斜面上点由静止释放，与发生正碰后立即粘在一起成为组合体，组合体在以后的运动过程中恰好不离开弹簧。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为，重力加速度为，弹簧始终未超出弹性限度。则之间的距离是A． B． C． D．2．（2024•市中区校级一模）如图甲所示，质量分别为、的、两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力作用在上，系统静止在光滑水平面上靠墙面），此时弹簧形变量为，撤去外力并开始计时，、两物体运动的图像如图乙所示，表示0到时间内图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内、的图线与坐标轴所围面积大小，在时刻的速度。下列说法正确的是A．0到时间内，墙对、系统的冲量等于 B． C．时刻弹簧的形变量最大且 D．时刻运动后，弹簧的最大形变量等于3．（2024•厦门模拟）如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，斜面上、段长度分别为、，段粗糙，斜面其余部分均光滑，底端处固定一垂直于斜面的挡板。两块质量分布均匀的木板、紧挨着放在斜面上，的下端位于点。将、从图示位置由静止释放，已知、质量均为，长度均为，与段的动摩擦因数均为，重力加速度为，求：（1）木板刚到点时速度的大小；（2）木板刚好完全进入段时，、之间弹力的大小；（3）若木板刚好完全离开段时木板还未与挡板发生碰撞，求此时速度的大小；（4）若木板刚好完全离开段时恰好与木板发生碰撞，求此次碰撞后木板速度减为零时其下端到点的距离。已知木板与挡板及木板之间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。4．（2024•莲湖区校级模拟）如图，在光滑水平面上放着质量、长度的薄木板。一质量的小物体放在木板的最右端，小物体和木板之间的动摩擦因数，开始时木板和小物体均静止。今对木板施加一水平向右的恒定拉力，取。（1）若要使小物体不从木板上掉下来，求的最大值；（2）若，当小物体滑动到木板中点时撤去，求拉力对木板的冲量大小及撤去后木板和小物体间因摩擦产生的热量。5．（2024•长安区一模）如图所示，小球质量为，系在细线的一端，线的另一端固定在点，点到光滑水平面的距离为。物块和的质量都是，与用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且物块位于点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的距离为。小球与物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为，求：（1）小球与物块碰撞后各自的速度大小、；（2）轻弹簧获得的最大弹性势能。

真题回顾真题回顾1．【答案】（1）①第一次经过点的向心加速度大小；②在上经过的总路程为；③在上向上运动时间和向下运动时间之比为；（2）若，滑块至少长才能使小物块不脱离滑块。【解答】解：（1）①物块从到，根据动能定理解得在处，根据向心加速度公式代入数据解得②物块从到，根据动能定理代入数据解得设上滑的最大高度为根据动能定理代入数据解得之间的高度差因此物块未滑出轨道；设物块在上经过的总路程为，最后一次刚好能从运动到；根据动能定理代入数据解得③物块在轨道上滑的加速度大小代入数据解得由于，物块上滑减速为零后，沿轨道下滑；物块在轨道下滑的加速度大小代入数据解得根据匀变速运动公式由于物块上滑和下滑的路程相等，因此有所以（2）物块从经到的过程中，根据动能定理代入数据解得设物块与滑块向左运动的共同速度为，取水平向右为正方向根据动量守恒定律根据功能关系代入数据联立解得。答：（1）①第一次经过点的向心加速度大小；②在上经过的总路程为；③在上向上运动时间和向下运动时间之比为；（2）若，滑块至少长才能使小物块不脱离滑块。2．【答案】【解答】解：、设小球初速度大小为，抛出位置离地面高度为，小球落地的速度大小为，小球落地的速度大小为，小球做平抛运动，水平方向为匀速直线运动，落地时水平分速度竖直方向为自由落体运动，落地时竖直分速度则小球做竖直下抛运动，根据匀变速直线运动位移—速度公式得：解得：则小球落地时速度大小相等，落地时的动量为则两小球落地时动量大小相等，故错误；、设小球下落时间为，小球下落时间为，小球竖直方向为自由落体运动，有：解得：小球做竖直下抛运动，有：则两小球所受冲量大小为则所受重力冲量的大小比的大，故正确，错误。故选：。3．【答案】【解答】解：、分别对甲和乙受力分析，设两者间的磁力为，对甲，由牛顿第二定律得：解得：对乙，由牛顿第二定律得：解得：由题意可知，，则，则在它们相近过程中的任意时刻甲的速度大小比乙的小，故错误；、甲物体所受摩擦力大于乙物体所受摩擦力，则甲所受合力小于乙所受合力，从释放甲和乙到它们相互接近过程中的某一时刻，甲所受合力的冲量小于乙所受合力的冲量，根据动量定理得，合力的冲量等于动量的变化量，甲的动量大小比乙的小，甲和乙的动量之和不为零，故正确，错误；故选：。4．【解答】解：（1）物块滑上木板到两者共速时木板恰好与弹簧接触的过程，物块与木板组成的系统满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有：代入数据解得：此过程对木板，由动能定理得：代入数据解得：；（2）物块与木板一起向右压缩弹簧，两者即将相对滑动时它们之间的静摩擦力等于最大静摩擦力，设此时两者的加速度大小为。对物块受力分析，由牛顿第二定律得：解得：对物块和木板组成的整体受力分析，由牛顿第二定律得：代入数据解得：从木板与弹簧接触到物块与木板即将相对滑动的过程，由机械能守恒定律得：代入数据解得：；（3）物块与木板相对滑动后到两者加速度首次相同的过程中，木板的加速度始终大于物块的加速度，物块相对木板始终向右运动，物块的加速度大小始终为，方向水平向左。此过程木板先向右速度从减小到0，再反向加速运动到加速度大小等于，因弹簧弹力与形变量成正比，故此过程木板的减速运动过程与加速运动过程具有对称性，可知此过程的总时间为，木板的末速度大小等于，木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的初末动能也相等，由能量守恒定律可知此过程系统因摩擦转化的内能△就等于物块减少的动能，设此过程物块的末速度为，则有：△对物块，由速度—时间公式得：联立解得：△答：（1）木板刚接触弹簧时速度的大小为，木板运动前右端距弹簧左端的距离为。（2）木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量为，此时木板速度的大小为。（3）木板从速度为时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能△为。5．【答案】（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为；（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数为4次。【解答】解：（1）小球第一次与圆盘碰撞前做自由落体运动，设两者第一次碰撞前瞬间小球的速度大小为，由速度—位移公式得：解得：设第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为、，小球与圆盘发生弹性碰撞，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：已知：联立解得：，故第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为，小球速度方向为竖直向上，圆盘速度方向为竖直向下。（2）第一次碰后小球做竖直上抛运动。因圆盘所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等，故圆盘竖直向下做匀速直线运动，当小球的速度与圆盘的速度相同时，两者间距离最远。设第一次碰后小球经过时间与圆盘的速度相同，两者间的最远距离为，以竖直向下为正方向，根据运动学公式得：解得：解得：。（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相同，设此过程经历的时间为，圆盘的位移为，以竖直向下为正方向，根据运动学公式得：解得：，第二次碰撞前瞬间小球的速度为：设第二次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为、，以竖直向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：联立解得：，同理，设第二次碰撞后到第三次碰撞时经历的时间为，圆盘的位移为，则有：解得：，第三次碰撞前瞬间小球的速度为：设第三次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度分别为、，同理可得：联立解得：，同理，设第三次碰撞后到第四次碰撞时经历的时间为，圆盘的位移为，则有：解得：，综上分析，由前三次碰撞后圆盘的向下运动的位移分别为：，，，可归纳出每次碰撞后到下一次碰撞时，圆盘位移逐次增加，如果圆盘不离开圆管，第四次碰撞后到第五次碰撞时圆盘的位移为。因，故第四次碰撞后圆盘离开圆管，则圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。答：（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小均为；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离为；（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数为4次。区域模拟区域模拟1．【答案】【解答】解：、子弹射入物块的过程中，对子弹与物块整体动量守恒，则有：代入数据解得：所以子弹动量的变化量：△，代入解得：，故错误；、物块的动能增加量为，代入数据解得：，故错误；、当子弹和物块、速度相同时，弹簧第一次压缩到最短时，此时物块的动量最大，则有子弹与物块、、弹簧组成的系统动量守恒，则有代入数据解得：物块动量的最大值为：，故正确；、弹簧第一次压缩到最短的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为，代入数据解得：，故错误。故选：。2．【答案】【解答】解：、物体、与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，系统总动量为，所以弹簧被压缩至最短时此系统总动量仍然为，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得：，解得：，所以的动量为，不为零，故错误；、根据机械能守恒定律得弹簧储存的弹性势能为，故正确；、弹簧被压缩至最短时，弹簧处于压缩状态，对物体有向右的弹力，物体的速度方向也向右，所以在接下来的一段时间内，物体做加速运动，其动量会继续增大，故此时的动量不是最大，故错误。故选：。3．【答案】【解答】解：．系统所受合外力为零，满足动量守恒，但机械能不守恒，故错误；．火箭的推力是燃料燃烧产生的高温高压气体向后喷出时对火箭的反作用力，故错误；．开始总动量为零，规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律得喷气结束时火箭模型的动量大小，故正确；．规定气体喷出的方向为正方向，根据动量守恒定律解得，故错误。故选：。4．【答案】【解答】解：设离子经电场加速后，从端口喷出时的速度大小为。由动能定理得，解得：设在△时间内有个离子被喷出，根据电流的定义式得：对于单个离子，由动量定理得：△若有个离子被喷出，则有由以上各式联立可解得：根据牛顿第三定律可知，该发动机产生的平均推力大小：，故正确，错误。故选：。5．【答案】【解答】解：饱粒和秕粒都是在水平方向受到气流的作用力，竖直方向受到重力作用，所以它们在竖直方向都是做自由落体运动，则它们在空中的运动时间相等。因为饱粒和秕粒的水平动量相等，而秕粒的质量小，则初速度大，水平方向受到的气流作用力是相等的，所以秕粒在水平方向的加速度较大，所以秕粒水平方向的位移大，即秕粒会落在饱粒的左边。它们受水平方向的作用力相等，但是饱粒的重力较大，所以饱粒受到的合力方向与竖直方向的夹角小于秕粒受到的合力方向与竖直方向的夹角，故正确，错误。故选：。6．【答案】【解答】解：当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，，方向向右，，方向向左，所以，故错误；对题图甲取的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得联立解得弹簧压缩到最短时同理：对题图乙取的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有故弹性势能相等，则有，故正确。故选：。7．【答案】【解答】解：、由点到点做自由落体运动，由对称性和几何关系可知与水平方向夹角也为，点到点的高度差为：设小球刚到达点时的速度为，则由运动公式得：，联立解得：但小球到点时细线瞬间绷紧，小球沿细线方向的分速度瞬间变为0，只有垂直方向分速度为：，解得：，故正确；、由选项的分析可知，小球沿细线方向的分速度为：，拉力的冲量为：，联立解得：，故错误；、因小球在点速度突变，故从点到点圆周运动，由动能定理可得：，解得：，故错误；、在点时有：，解得：，故错误。故选：。8．【答案】【解答】解：、根据图像作出图像如图：由图与坐标轴围成的面积可知两段时间的位移不相等，则与的平均速度不相同，故错误；、根据冲量的计算公式，可知题中图像与坐标轴围成的面积与质量的乘积代表合外力的冲量，可见与合外力的冲量相同，故正确；、根据可知平均合外力相等，而，结合可知与合外力做的功不相同，故错误；、根据图像与坐标轴围成的面积可知到达点的速度大小为，故错误；故选：。9．【答案】（1）物块运动到最低点时对轨道的压力大小为，方向竖直向下；（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能为；（3）物块相对小车滑动的距离为。【解答】解：涉及动量守恒定律，取向左为正方向。（1）对分析，在轨道最高点由牛顿第二定律可得：从到由动能定理可得：在点由牛顿第二定律可得：联立以上方程可得：由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为，方向竖直向下；（2）细绳剪断之后，取向右为正方向，由动量守恒定律可得：由能量守恒定律可得：联立以上方程可得：；（3）假设恰好滑到小车左端时与小车有共同速度，由动量守恒定律可得：由能量守恒定律可得：解得：。答：（1）物块运动到最低点时对轨道的压力大小为，方向竖直向下；（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能为；（3）物块相对小车滑动的距离为。10．【答案】（1）滑块刚到平台上的速度大小为；（2）该过程中弹簧弹性势能的最大值为；（3）小车的长度为。【解答】解：（1）滑块自点滑至平台过程中，由动能定理有解得（2）当、速度大小相等时弹簧弹性势能最大，设向右为正方向，动量守恒定律有解得由能量守恒定律有解得：（3）弹簧恢复原长时与分离，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：联立解得恰好未从小车上滑落，即到小车右端时二者速度相同，由动量守恒有解得：由功能关系有：，联立解得：。答：（1）滑块刚到平台上的速度大小为；（2）该过程中弹簧弹性势能的最大值为；（3）小车的长度为。考前押题考前押题1．【答案】【解答】解：设之间的距离是。物块从点到点，由动能定理得与碰撞过程，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得当向上运动到最高点时弹簧的弹力恰为零，则从碰撞后到运动到最高点的过程中，由与弹簧组成的系统机械能守恒得其中：联立解得：，故错误，正确。故选：。2．【答案】【解答】解：由图像可知，在时刻弹簧恢复到原长，0到时间内，规定向右为正方向，对、系统由动量定理即墙对、系统的冲量等于，故正确；时间内，弹簧从原长位置到伸长到最长，由图可知该过程中根据牛顿第二定律有可知故错误；由以上分析可知，时刻弹簧的形