动量（动量定理及其应用、动量守恒定律及其应用、碰撞模型及其拓展）-2025年高考物理复习专练（解析版）

重难点06动量

（动量定理及其应用、动量守恒定律及其应用、碰撞模型及其拓展）

彳------------

摘题趋理4

考点分析三年考情分析2025命题热点

2024：广东卷、全国甲卷、湖南卷

动量定理的应用2023：广东卷、新课标卷、福建卷、江苏卷

2022：山东卷、湖北卷

2024：江西卷、安徽卷、湖北卷、河北卷、山

动量守恒定理的应东卷、甘肃卷小西士由口甘广由

E+六七,广七1、动量定理及其应用

用2023：广东卷、北星卷、山东卷〜甘什同

*加士/2、碰撞模型及其拓展

2022：河北卷、湖南卷

2024：广东卷、广西卷、安徽卷、湖南卷、湖

北卷

碰撞模型及其拓展加古生、-Z宝生后出生、7…生

2023：湖南卷、福建卷、海南卷、辽丁卷

2022：湖北卷

【课标要求】

1.理解动量定理，灵活利用动量定理解决实际问题。

2.理解动量守恒定理成立的条件，利用动量守恒定律解决有关问题。

3.掌握碰撞模型及其拓展，会应用动量守恒定律等规律解决实际问题。

【考查方向】

本专题内容属于高考考查的热点和难点，既有选择题又有计算题，或与电磁感应等结合。

命题点主要包括以下几个方面：

①动量、冲量、动量守恒定律的应用；

②动量守恒定律、能量守恒定律的综合问题；

③联系动量守恒，以力学综合问题的形式出现综合计算题；

④动量在电磁感应现象中的应用；

⑤动量定理处理流体（变质量）问题；

⑥动量定理处理匀变速直线运动的问题。

【备考建议】

复习本专题时，备考中不仅要对动量、冲量、动量守恒定律的知识熟练掌握，而且要结合

本章处理综合问题的方法，分类复习套路，重点把握以下知识点：

①牛顿运动定律处理匀变速直线运动的问题；

②动量定理结合能量守恒定律、动量守恒定律处理碰撞、反冲类问题。

----------------------------h

重难诠释

【情境解读】

1.碰撞问题情境

两车碰撞：在公路上，两辆汽车发生碰撞。例如，一辆车以一定速度追尾另一辆车，这是

典型的非弹性碰撞情境。通过动量守恒定律可以计算碰撞后两车的共同速度。如果已知两车碰

撞前后的位移变化，还能结合动能定理等分析碰撞过程中的能量损失情况。

粒子碰撞：在微观领域，像a粒子和其他原子核碰撞。这种情境用于考查动量守恒在微

观物理中的应用，碰撞类型可能是弹性碰撞或者非弹性碰撞，根据已知的粒子速度、质量等信

息，利用动量守恒定律和能量关系来求解碰撞后的粒子状态。

2.爆炸与反冲情境

炮弹发射：炮弹从炮筒中发射出去，炮身会产生反冲现象。根据动量守恒定律，炮弹向前

的动量与炮身向后的动量大小相等、方向相反。通过已知的炮弹质量和射出速度，可以计算炮

身的反冲速度。

火箭升空：火箭燃料燃烧产生大量气体向后喷出，火箭获得向前的动量。通过动量守恒定

律可以研究火箭速度的变化与燃料喷射速度、质量之间的关系，在这个情境中还会涉及变质量

问题的处理。

3.系统相互作用情境

滑块-木板系统：在光滑水平面上有木板，木板上放置滑块。当滑块与木板之间有相互作

用（如滑块在木板上滑动，或者通过弹簧、轻绳连接相互作用）时，整个系统的动量守恒。例

如，滑块以一定速度在木板上滑动，通过动量守恒定律可以计算滑块和木板最终的共同速度，

结合能量关系（如摩擦生热等于系统机械能减少量）分析滑块在木板上滑动的距离。

多物体系统：三个或更多物体组成的系统，比如有A、B、C三个小球，A球和B球碰撞后,

B球再和C球碰撞。这种情境下，分别在两次碰撞过程中运用动量守恒定律，结合已知的物体

质量和初始速度等条件，求解最终各物体的运动状态。

【高分技巧】

1弹性碰撞

1.碰撞三原则：

(1)动量守恒：即pi+p2=pi'+p2’.

22，2f2

(2)动能不增加：即Eki+Ek2NEki'+Ek2'或霜+婷n绦■+先.

2mlZmi2mlZmi

(3)速度要合理

①若碰前两物体同向运动，则应有v后X前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后

两物体同向运动，则应有v前后'。

②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。

2.“动碰动”弹性碰撞

发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为阳和"Z2,

碰前速度为VI,V2,碰后速度分别为VI,，V2,则有：

,171911

1Vl+m2v2=m1v1+mlv25ml匕+-m2v2=/m1Vl+5町%

联立(1)、(2)解得：

n

vi=2-----------------匕，V2=2^^-V2.

叫+叫叫+叫

特殊情况：若机1二M2.VI=V29V2=VI

3.“动碰静”弹性碰撞的结论

两球.发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为vi的小球与质量为

侬的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有mivi=mivf+m2V2r(1)

^miv?=+52V2'2(2)

,(mi—m2)vi,2mivi

解传：V1=mi+mi—，也;嬴工菰

结论：⑴当加1=加2时，Vl'=0,以'=0(质量相等，)

(2)当如〉用2时，0'>0,/>0,且V2'>0’(大碰小，一起跑)

(3)当如〈M2时,vf<0,V2'>0(小碰大，要反弹)

(4)当如》帆2时,vi'=wo,出=2vi(极大碰极小,大不变，小加倍)

(5)当如《W2时，Vl，=—VI,V2'=0(极小碰极大，小等速率,大不变)

2非弹性碰撞和完全非弹性碰撞

1.非弹性碰撞

介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。

根据动量守恒定律可得：miv\+m.2V2=mwi+"22V2(1)

损失动能AEk,根据机械能守恒定律可得：^-mivi2+gm2V22=-1mivi2+-1m2V22+AEk.

(2)

2.完全非弹性碰撞

碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得:

mivi+m2V2=(mi+m2)v共(1)

完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：

△Ek=%机iv/+%机2V22-%(机1+加2》共2(2)

联立⑴、⑵解得…共=也±色匕

吗+%2ml+恤

3人船模型

1.适用条件

①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；

②动量守恒或某方向动量守恒.

2.常用结论

,人%♦m船

___________&

名船丁工人।

设人走动时船的速度大小为v船，人的速度大小为v人，以船运动的方向为正方向，则m船v船-m

人v人=0,可得m船v船=111人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m

人v人t,

即：m船XHu=m人x人,由图可看出x船+x人=1”

m即,m.

可解得：%人=-L%船=L

m人+m船.m人+m船

3.类人船模型

4爆炸和反冲问题

1.对反冲现象的三点说明

(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。

(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。

(3)反冲运动中平均动量守恒。

2.爆炸现象的三个规律

(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受

到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。

(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前

后系统的总动能增加。

(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不

计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量.开始运动。

5.子弹打木块模型

1.模型特点

⑴子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒.

⑵在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化.

2.两种类型

⑴子弹留在木块中(未穿出)

①动量守恒：mvo=(m+M)v

②机械能损失(摩擦生热)

其中d为子弹射入木块的深度.

⑵子弹穿出木块

①动量守恒：mvo=mvi+Mvi

②机械能的损失（摩擦生热）

Qa=Ff-L=2»wo2-^nv^—^Mvr

其中L为木块的长度，注意dWL

6.弹簧模型

”原长静止

->v最短-->V

01W®

条件与模型

也‘-------原长十

V最长.

(WWWMD

情况一：从原长到最短（或最长）时

2

①%%=（mA+mB）v；②gmAv^=^mA+mB）v+Epm

规律与公式

情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时

22

①mAv0=mAv\+mBv2；②gmAv^=|mAv；+1mBv2

7.板块模型

-AM)

板块模型f-~P512ffl水平面光滑

一►VO「共

mi__IV共

—_____।

m21।

过程简图~7///，////，//////

<——X2---------►

◄----------Xl-

mxm2

动力学常用关系v0-"=a2t；

1212

；%.a2t；x相对=玉一/

△相对=g吗片-g（吗+?）嗔

功能常用关系

动量常用关系=（根i+加2）v共

限时提升练

一、单选题

1.（2024.重庆.模拟预测）如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，一滑块从斜面顶端由静止（开始下

滑，取地面为零势能面，则滑块的速度大小八重力势能与随位移x的变化关系图线，以及滑块的动量P、

动能线随时间t变化关系图线正确的是（）

【知识点】重力势能的定义和公式、计算物体的动量及动量的变化

【详解】A.设斜面夹角为e,滑块沿斜面下滑过程中

mgsin6.八

a=-----------=gsin”

m

根据速度公式

v-at

滑块的动能

纭=：m丫2=遛等投』稣T图线不是正比例函数图线，故A错误;

B.由动量公式

p=mv

结合上述分析有

p—mgsin0t

可见PT为正比例函数，故B正确；

C.由速度位移公式，有

v2=2gsin

由数学知识可知选项C满足的是丫=依2的函数关系式，与上述结论不符，故C错误；

D.滑块下滑的高度

h=xsm6

设斜面的高度为》，重力势能与位移x的关系为

Ep=mg（H-lz）=mgH-mgxsin3综-尤应为直线，故D错误。

故选B。

2.（2024・新疆•一模）某同学在列车车厢的顶部用细线悬挂一个小球，在列车以某一加速度水平向右运动

的过程中，细线与竖直方向的夹角保持为仇则在一段时间内，关于细线拉力的冲量/和做功W,下列说法

C.I丰0,w=oD./¥0,”0

【答案】D

【知识点】功的定义、计算式和物理意义、冲量的定义、单位和矢量性

【详解】小球受力示意图如图所示，细线拉力沿绳方向，与运动方向形成锐角，故拉力做正功，则

WHO

根据冲量的定义式

I=Ft

因此拉力有沿绳方向的冲量

/片0

3.（2024.贵州六盘水.模拟预测）如图所示，一根光滑刚性杆0A8固定在底座上，其中。4段是四分之一

圆弧，48段是与段平滑连接的水平杆，底座置于光滑水平面上。现让内径比杆略大的小环套在杆上并

以某一初速度沿杆由点B滑动到点。，则此过程（）

A.小环动量守恒

B.小环水平方向动量守恒

C.小环、杆OAB及底座组成的系统动量守恒

D.小环、杆048及底座组成的系统水平方向动量守恒

【答案】D

【知识点】系统受到的合外力为零、系统在某一方向不受外力

【详解】A.小环套在杆上并以某一初速度沿杆由点8滑动到点。，小环在圆弧段合力不为零，动量不守恒,

故A错误；

B.小环在圆弧段受到圆弧的弹力，小环水平方向合力不为零，动量不守恒，故B错误；

C.小环、杆及底座组成的系统在竖直方向合力不为零，动量不守恒，故C错误；

D.小环、杆及底座组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故D正确。

故选D。

4.（2024・安徽•模拟预测）如图所示。上表面粗糙的长木板P放在光滑水平面上，长木板中央放置两质量

大小关系未知的物块M和N,两物块与板向的动摩擦因数均相同。M和N之间有一压缩的轻弹簧（弹簧与

两物块均不拴接），开始时板和两物块均静止。现同时释放M、N,弹簧将两物块弹开，两物块在长木板上

滑动的过程中，下列说法正确的是（）

__________RwMTi]___________

/」/.///.///./////，///二///匚////“//.///.///.////////

A.M、N组成的系统总动量一定守恒

B.M、N组成的系统总动量一定不守恒

C.若长木板向左运动，则物块M的质量一定小于物块N的质量

D.若长木板向左运动，则M、N组成的系统总动量方向一定向右

【答案】D

【知识点】系统受到的合外力为零、利用动量守恒计算解决简单的碰撞问题

【详解】AB.物块M和N受到长木板对它们的摩擦力大小未知，若两摩擦力大小相等，则M、N组成的

系统总动量守恒，若两摩擦力大小不相等，则M、N组成的系统总动量不守恒，故AB错误；

C.若长木板向左运动，则板受到的合力向左，M对板的摩擦力大于N对板的摩擦力，M的质量一定大于

N的质量，故C错误；

D.长木板和两物块组成的系统总动量守恒，若长木板向左运动，则M、N组成的系统总动量方向一定向右,

故D正确。

故选D。

5.（2024•广东广州.一模）2023年10月，杭州亚运会蹦床项目比赛在黄龙体育中心体育馆举行。如图是运

动员到达最高点。后，竖直下落到A点接触蹦床，接着运动到最低点C的情景，其中8点为运动员静止在

蹦床时的位置。不计空气阻力，运动员可看成质点。运动员从最高点。下落到最低点C的过程中，运动员

A.在OA段动量守恒

B.从A到C的过程中，运动员的加速度先增大后减小

C.在AC段的动量变化量等于AC段弹力的冲量

D.在C点时，运动员的动能和蹦床的弹性势能之和最大

【答案】D

【知识点】利用牛顿第二定律分析动态过程、弹簧类问题机械能转化的问题、动量定理的内容、动量守恒

定律的内容、应用范围和推导

【详解】A.从。到A的过程中，运动员受重力作用，故动量不守恒，故A错误；

B.从A到C的过程中，则开始弹力小于重力，则有

mg-F#=ma

随着弹力增大，加速度减小；过B点后弹力大于重力，则有

五弹一mg=ma

随着弹力增大，加速度增大，所以运动员的加速度先减小后增大，故B错误；

C.根据动量定理有

可知在AC段的动量变化量等于AC段弹力冲量与重力冲量的矢量和，故C错误；

D.整个过程蹦床和运动员组成的系统机械能守恒，在C点运动员的重力势能最小，故运动员的动能和蹦床

的弹性势能之和最大，故D正确。

故选D。

6.（2024•北京海淀•模拟预测）如图所示，用长为/的轻绳悬挂一质量为"的沙箱，沙箱静止。一质量为

的弹丸以速度v水平射入沙箱并留在其中，随后与沙箱共同摆动一小角度。不计空气阻力。对于子弹射向沙

箱到与其共同摆过一小角度的过程中，下列说法正确的是（）

A.整个过程中，弹丸和沙箱组成的系统动量守恒

B.子弹击中沙箱到与沙箱共速的过程机械能守恒

C.若保持M、m、/不变，v变大，则系统损失的机械能变大

D.若保持M、"7、I，不变，/变大，则弹丸与沙箱的最大摆角不变

【答案】C

【知识点】判断系统机械能是否守恒、系统在某一方向不受外力、利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰

撞问题

【详解】AB.弹丸击中沙箱过程系统水平方向动量守恒，而系统的机械能因摩擦生热而减少，以弹丸的初

速度方向为正方向，由动量守恒定律得

mv=(Al+rri)vx

解得

mv

匕二-----

M+m

弹丸与沙箱一起摆动过程系统机械能守恒，而系统的外力之和不为零动量不守恒，故整个过程中弹丸和沙

箱组成的系统动量不守恒，子弹击中沙箱到与沙箱共速的过程机械能不守恒，故AB错误；

C.由能量守恒定律可知，整个过程系统损失的机械能为

2

121Mmv

AE=—mv——(M+m)Vj9=

22(M+m)

若保持M、m、/不变，口变大，则系统损失的机械能变大，故C正确;

D.弹丸与沙箱一起摆动过程,设最大摆角为则有

19

—+m)v1=+m)g(l-1cosa)

联立解得

1m2v2

l---------z-=cosa

2（M2gl

若保持M、m、u不变，/变大,则弹丸与沙箱的最大摆角a变小，故D错误。

故选Co

7.（23-24高三下•辽宁•期中）航天梦由来已久，明朝万户，他把多个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅

子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，翱翔天际，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备

（火箭（含燃料）、椅子、风筝等）总质量为加，点燃火箭后在极短的时间内，质量为机的炽热燃气相对

地面以%的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g,下列说法中正确的是（）

A.在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为丫=产」

M-m

B.火箭在向下喷气上升的过程中，火箭机械能守恒

c.喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为

g-m）

D.在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒

【答案】A

【知识点】竖直上抛运动的高度、速度与时间的计算、判断系统机械能是否守恒、系统受到的合外力为零、

火箭的原理

【详解】A.在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v,规定火

箭运动方向为正方向，则有

解得火箭的速度大小为

nv

v=J^

M—m

故A正确；

B.在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以火箭机

械能不守恒，故B错误；

C.喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为

222

/7=。一%,

2g2（M-m）2g

故C错误;

D.在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，系统动量不守恒，故D错误。

故选Ao

二、多选题

8.（2024・重庆•模拟预测）如图所示，绕竖直轴匀速转动的水平圆盘上放着质量为小的物块，物块与圆盘

保持相对静止，其到转轴的距离为已知圆盘转动的周期为T,物块与圆盘间的动摩擦因数为〃，重力加

速度为g,空气阻力忽略不计，物块可视作质点。若物块随圆盘转动一周，则（）

A.物块的动量变化量为零

B.物块所受重力的冲量为零

C.物块所受支持力的冲量大小为

D.物块所受摩擦力做的功为〃的

【答案】AC

【知识点】应用动能定理求变力的功、求恒力的冲量、计算物体的动量及动量的变化

【详解】A.物块随圆盘转动一周，速度变化量为零，故动量变化量为零，故A正确；

B.物块随圆盘转动一周，根据冲量的定义，物块所受重力的冲量为mgT,方向竖直向下，故B错误；

C.竖直方向平衡，物块所受支持力大小等于重力，故物块所受支持力的冲量大小为加gT,故C正确；

D.物块随圆盘匀速转动，速度大小不变，根据动能定理知物块所受摩擦力做的功为零，故D错误。

故选ACo

9.（2024・全国•模拟预测）如图，水平向里的匀强磁场中有一竖直绝缘板，一个带正电的小滑块紧靠绝缘

板左侧从足够高处由静止释放。已知小滑块与绝缘板间的动摩擦因数处处相同，且小滑块的电荷量不变，

则在下滑过程中，小滑块所受洛伦兹力的冲量〃随下滑距离x与所受合力的冲量/随下滑时间f变化的图像

正确的是（）

X

X

X

X

X

【答案】BC

【知识点】求变力的冲量、动量定理的内容

【详解】A.设匀强磁场的磁感应强度大小为3,小滑块的质量为旭、电荷量为心与绝缘板间的动摩擦因

数为〃。小滑块沿绝缘板下滑，速度为v时，极短时间加内，洛伦兹力的冲量大小

IB=Bqv^t

累加求和得

IB=EBqvAt=BqYAx=Bqx

故A错误，B正确;

CD.小滑块沿绝缘板下滑，速度为v时，水平方向板向左的支持力及与水平向右的洛伦兹力心始终平衡,

即

FN=FB=Bqv

竖直方向小滑块受到的合力大小

F=mg—Ff

且

耳=〃6

可得

F=mg—juBqv

可见随着小滑块下滑速度的增大，小滑块所受的合力产越来越小，加速度越来越小，当尸=0时小滑块以最

大速度做匀速直线运动，由动量定理可得

I-mv

可知最终合力冲量不再变化，故C正确，D错误；

故选BCo

10.（2024•福建宁德•三模）生活中常用高压水枪清洗汽车，高压水枪喷口直径为。，喷出水流的流速为v,

水柱垂直射向汽车表面后速度变为零，水的密度为夕，下列说法正确的是（）

A.高压水枪单位时间内喷出的水的质量为工%?。2V

4

B.水柱对汽车的平均冲力为J/ZDZU

4

C.若高压水枪喷口的直径减小为原来的一半，则水柱对汽车的平均冲力变为原来的J倍

D.若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力变为原来的2倍

【答案】AC

【知识点】用动量定理解决流体问题

【详解】A.高压水枪单位时间喷出水的质量

12

m=pV=—v

故A正确；

B.设水柱对汽车的平均冲力为b，垂直汽车表面方向，由动量定理得

-FAr=0-Amv加时间内水柱的质量为

1。

Am=p/W=pSvAt=—npD^v^t

解得水柱对汽车的平均冲力为

F=-^itpv2D2

故B错误；

C.若高压水枪喷口的直径减小为原来的一半，根据尸10y。得水柱对汽车的平均冲力变为原来的1倍,

故C正确;

D.根据

F=-^itpv2D2

若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的4倍，故D错误。

故选ACo

11.（2024•福建・二模）如图甲，一电量为q=1.0xl0-6C、质量为相=1.0kg的带电物块（可视为质点）静置于

动摩擦因数为0.2的绝缘水平平台上。仁0时刻在空间内加一水平向右的匀强电场，场强大小随时间变化如

图乙所示。1s时物块恰好从平台右边缘飞出，3s时物块恰好落地。重力加速度大小g=10m/s2,下列说法正

确的是（）

A.1s后物块做非匀变速曲线运动

B.物块从平台飞出时的速度大小为3m/s

C.0~ls内物块的电势能减少了7.68J

D.物块落地时的速度大小约为24m/s

【答案】AD

【知识点】曲线运动概念和性质、利用功能关系计算电场力做的功及电势能的变化、利用动量定理求解其

他问题

【详解】A.由题意得1s后物块从平台飞出后，受竖直方向的恒定重力和水平方向随时间变化的电场力，

故为非匀变速曲线运动，故A正确；

B.水平平台给物块的最大静摩擦力等于电场力时，即

jumg=Eq=2N

带入题中数据解得

E=2xlO6V/m

故当E增加到2xl06v/m时，结合图乙可知0.2s时物块才开始向右运动，即。〜0.2s时间内，物块处于静止

状态O2~ls时间内，设1s末脱离平台时的速度为匕，由动量定理

ZF1-I{=mVl

电场力的冲量4等于0.2-ls时间内图线与坐标轴所围的面积乘以电荷量，即

4=(^T^xi°6x0,8xl,0><10JN?

0.2~1S时间内摩擦力冲量4等于摩擦力乘该段时间，即

4=/jmgx8s=1.6N?

联立解得

匕=3.2m/s

故B错误；

C.假设物块在0.2~ls时间内物块做匀加速直线运动，该时间内的位移

Si=^-f1=1.28m

则克服摩擦力做功

Wf=pimgsl=2.56J

实际上物块做加速度增加的变加速运动，位移小于L28m,故克服安培力做功的值小于2.56J,动能增加量

1,

A£k=—mv；=5.12J

根据能量守恒得可知，电场力做功的值等于克服摩擦力做功与动能增量之和，故电场力做功小于7.68J,故

O~ls内物块的电势能减少量小于7.68J,故C错误；

D.设3s末物块的水平速度为内”竖直速度为为八在水平方向由动量定理得

/a=mv2x-mVl

由图线与坐标轴所围的面积可得

/%=10N-s

联立解得

v2A.=13.2m/s

竖直方向由运动学公式得

V2y=g,2=20m/s

则物块落地时的速度

%=Ji+Wy=24m/s

故D正确。

故选ADo

12.(2025・广西•模拟预测)中国空间站天和核心舱配备了四台国产化的LHJ100霍尔推进器，其简化的

工作原理如图所示。放电通道两端的电极A、B间存在一加速电场E,工作时，工作物质流气进入放电通道

后立即被电离为一价债离子，再经电场加速喷出，形成推力。单台推进器每秒喷出的一价债离子数

»=1.8xl019yb,速度v=2xl()4m/s,单个低离子的质量为%=2.2义ICT”kg,电子电荷量e=1.6xl()T9c,

不计一切阻力，计算时取债离子的初速度为零，忽略离子之间的相互作用，则()

放电通道昕_I：

1°°a*Xe+E

---------------►

气Flo。占8O*

uoo*b»|；

G*

AB

A.A、B两电极间的加速电压为275V

B.A、B两电极间的加速电压为375V

C.单台霍尔推进器产生的平均推力大小约为0.08N

D.单台霍尔推进器向外喷射抗离子形成的电流约为29A

【答案】AC

【知识点】用动量定理解决流体问题、带电粒子在匀强电场中的直线运动、电流强度的定义及单位

【详解】AB.氤离子经电场加速，根据动能定理有

12

eU=—mv

2

可得加速电压为

U=275V

选项A正确，B错误；

C.根据动量定理可得

F-\t=nmv

代入数据解得

F=7.92xlO'N

约为0.08N,选项C正确;

D.单台霍尔推进器向外喷射敬离子形成的电流

,NQne1.8xl019xl.6xl0-19…

/=—=——=--------------------------AA«2.9A

NtNt1

选项D错误。

故选ACo

13.（24-25高二上•海南省直辖县级单位•阶段练习）如图所示，质量均为根的木块A和B,并排放在光滑

水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的。点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为机的球C,

现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C,则下列说法正确的是（重力加速度为g）（）

A.运动过程中，A、B、C组成的系统机械能守恒，动量守恒

B.球摆到最低点过程，C球的速度为％=疗

C.C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向右移动的距离;心

3

D.C向左运动能达到的最大局度;工

4

【答案】CD

【知识点】系统受到的合外力为零、利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题

【详解】A.木块A、B和小球C组成的系统在水平方向合力为零，而在竖直方向合力不为零，故此系统在

水平方向上动量守恒，而在竖直方向上动量不守恒，所以此系统的动量不守恒，故A错误；

B.小球C第一次到达最低点时，设此时A、B共同速度大小为VAB,C的速度大小为vc,此过程水平方向

动量守恒可得

2〃7VAB

mvc=

由机械能守恒定律得

m2L——mv2+—1xc2mv2

2r2AB

解得

故B错误;

C.小球C第一次摆到最低点过程中，设C的水平速度大小为V7,木块A、B的速度大小为也，对A、B、

C组成的系统，根据水平方向动量守恒得

mvx=2mv2

可得此过程中C的水平速度大小与木块A、B的速度大小之比始终为

巧2m2

v2m1

则小球C第一次摆到最低点过程中，C的水平位移大小川与木块A、B的位移大小&之比也为

芭_2

x21

由几何关系得

玉+%2=£

解得木块A、B向右移动的距离为

%=口

故C正确；

D.球C第一次由最低点向左摆至最高点的过程，A与C组成的系统在水平方向上动量守恒，球C向左摆

至最高点时两者共速，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得

mvc-mvA=2mv

222

gmvc+；mvA=gx2mv+mgh

解得

h=-L

4

故D正确。

故选CD。

14.（2024・安徽・一模）如图所示，一个固定的光滑导轨长臂水平、短臂竖直；一根不可伸长的轻绳，一端

系在质量为优的圆环上，另一端与质量为根的小球相连，圆环套在长臂上。左手扶住圆环，右手拿起小球

将细线水平拉直，已知细线长度L=6后m，此时圆环距离短臂尤=3（应-l）m,现将圆环与小球同时由静止

释放，小球向下摆动，环与短臂碰后粘连（碰撞时间极短）。在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向

速度始终相等，重力加速度为g=10m/s2。从释放小球到小球第一次到达最低点的过程中，下列说法正确的

是（）

，…_________o

Lm

A.小球与环组成的系统机械能不守恒

B.小球与环组成的系统在水平方向上动量守恒

C.环的最大速度大小为3百m/s

D.小球运动的最大速度大小为,30(4五

【答案】AD

【知识点】用动能定理求解外力做功和初末速度、判断系统机械能是否守恒、用细绳连接的系统机械能守

恒问题、系统在某一方向不受外力

【详解】小球与圆环释放瞬间，小球与圆环水平方向上不受外力，水平方向动量守恒，根据平均动量守恒

有

m—=m—

tt

相等时间里小球与环水平位移相等，所以当环与短臂碰撞时，小球的水平位移也为九，由于

L>2x

所以当圆环与短臂碰撞时，小球未到最低点，之后环与短臂粘连，小球做圆周运动到最低点。

A.环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为0,机械能不守恒，A正确；

B.环与短臂粘连前系统水平方向动量守恒，粘连后水平方向动量不守恒，B错误；

C.如图

环与断臂碰撞前瞬间速度最大，设最大速度为V,绳与水平方向夹角为a,根据水平方向动量守恒，有

mv=mvx

可得小球的水平速度为

根据机械能守恒定律，有

2

mgh=:mv+；机（匕2）

h=^L2-（£-2X）2=6m

在小球向下摆动过程中，小球与环沿绳方向速度始终相等，有

vcosa=vysina-vxcosa

h0

sina=—=—

L2

可得

a=45°

联立解得

v=26m/s

C错误；

D.小球运动到最低点时速度最大，设速度为M,环与短臂粘连时，小球与环沿绳方向的速度减为0,小球

的速度为

匕=vxsina+vycosa=3^/10In/s

根据动能定理，有

mg^L-h)=^mv,2-mv^

解得

v'=^30(472-1)111/8

D正确。

故选ADo

15.（2024・四川达州•一模）如图甲所示，一小朋友驾驶一辆质量仍=100kg（包含小朋友）的碰碰车以速

度v=2.5m/s匀速直线运动，与质量叱=50kg静止球形障碍物（安装有速度感应器）发生正碰，碰撞后球

形障碍物被向前弹开，碰碰车车头被撞变形，但仍持续向前运动，不计一切阻力，速度感应器测得障碍物

速度与时间的关系如图乙所示，以开始碰撞的时刻为计时起点，则下列说法正确的是（）

A.r=l.0s之前碰碰车与障碍物分离

B.r=1.0s时碰碰车与障碍物分离

C.碰碰车与障碍物碰撞是弹性碰撞

D.碰撞过程中碰碰车与障碍物系统损失的机械能为37.5J

【答案】BD

【知识点】利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题

【详解】AB.由图可知，障碍物的速度在0~1.0s内增加，1.0s之后速度不变，所以说明在t=1.0s时碰碰车

与障碍物分离，故A错误，B正确；

CD.具题意知碰碰车与障碍物发生碰撞后，障碍物速度彩=3.0m/s,设碰碰车碰后速度为匕，规定向右为

正方向，根据动量守恒定律

,nv

"21V=I%%+il

解得

匕=1.Om/s

则碰撞过程损失机械能

A厂121212

m

AE=~miv一万叫匕-52y2

联立以上得

AE=37.