2023年高考物理一轮复习：动量（附答案解析）

1、第 贞共S3贞第2页共53页2023年髙考物理一轮复习：动量.选择题（共15小题）1-（2021-重庆三模）如图所示，某同学正在练习颠球。某一次足球从静止自由下落80cm后被新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。己知足球与头部的作用时间 为0.1s，足球的质量为0.4kg,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力，足球可视为质点，下列说法正确的是（）（8）足球刚接触头和刚离开头时，速度不变足球与头部接触后刚离开时动量大小为1.6kg-m/s足球从最商点下落至重新回到最点的过程中重力的冲量力零足球与头部作用过程中，头部对足球的平均作用力为足球重力的5倍（2021-湖南）物体的运动状态

2、可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度力零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（）（2019-江苏）质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小力V，此时滑板的速度大小为（）C. -JL-m+M（2019-新课标丨）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功， 这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的 气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.

3、8X106N,则它在Is吋间内喷射的气体质量约为（ ）1.6X102kgB. 1.6X103kgC. 1.6X105kg D. 1.6X106kg（2021-桃城区校级模拟）2021年5月25日，500架无人机自广州海心沙腾空，化作稻菽v/(msw,)千重浪、田间耕耘人，纪念“杂交水稻之父”袁隆平院士。其中一架无人机在升空后进 行编队表演的一段时间内沿竖直方向运动，以竖直向上为正方向，其v-t图象如图所示, 己知无人机的质量为2kg，重力加速度g=10m/s2o下列说法正确的是（）06s时间内无人机先上升，2s末开始下降06s时间内无人机所受重力做功为零06s时间内无人机所受合外力做功为1J2

4、6s时间内合外力的冲量为4N*s（2021-宁波二模）如图所示，水平桌面上放一张轻薄的复合板，复合板与桌面之间铺几支玻璃管，复合板上放一辆较重的电动遥控小车，小车质量大于复合板的质量。当启动 遥控小车的前进挡后（）玻璃竹 车头车尾小车仍然相对地面静止小车受到向左的摩擦力将向左运动 复合板受到向灰的摩擦力将向左运动小车对复合板的冲量大于复合板对小车的冲量（2021-常熟市校级三模力佔算下雨时睡莲叶面承受雨滴撞击的压强，小明在下雨时将圆柱形水杯置于露台上，测得1小时内杯中水位上升了 45mm,若此过程雨滴下落的 竖直速度约为12m/s。据此估算该木次下雨时睡莲叶面承受到的压强约为（）0.15PaB

5、. 0.54PaC. 1.5PaD. 5.4Pa（2021-乙卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤 去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推 力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）*j000QQQ0动量守恒，机械能守恒动量守恒，机械能不守恒动量不守恒，机械能守恒动量不守恒，机械能不守恒（2020-海南）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾 部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg，离子以30km/s的速率

6、（远大于探测器的匕行速率）向后喷出，流量为3.0X10 3g/s,则探测器获得的平均推力 大小为（）1.47NB. 0.147NC. 0.09ND. 0.009N（2020-新课标III）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为lkg, 则碰撞过程两物块损失的机械能为（）（2021-市中区校级二模）力了迎接篮球比赛，小林同学站在与电脑连接的力传感器卜.做第 贞共S3贞原地纵向摸岛训练，图甲是他做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的P点表示人的重心，图乙是电脑上显示的力传感器所受压力随时间变化的图像，己

7、知重力加速度!5=10m/s2,空气阻力不计，则根据图像分析可知（）人在O.3s0.7s时间内先加速下蹲后减速下蹲c到d的过程中，人始终处于失重状态人起跳时获得的动量大小等于240kg- m/s1.6s时，人下落的速度达到最大（2021-5月份模拟）如图所示，光滑的水平杆上有一质量为m的滑环A，滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B （可视为质点），物块B恰好与光滑的 水平面接触。质量为m物块C （可视为质点）以速度v冲向物块B，物块C与物块B碰 后粘在一起向右运动，己知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）物块C与物块B碰掩过程中损失的机械能为Imv28若滑环A不固定，则滑环

8、A最大速度为I32若滑环A不固定，则物块B、C摆起的最大高度为124g（2021*浙江模拟）如图所示，半径分别为R和r=|4lJ两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD匕一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自圆轨道的最岛点，已知a球的质量为m。则（）b球质量力f2 K两小球与弹簧分离时，动能相等若ma=mb=m要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少应具有的弹性势能 为 Ep=5mgRa球到达圆心等岛处时，对轨道压力为5mg（2021-浙江）在爆炸实验越地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物

9、自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2: I、初速 度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间幵始计时，在5s末和6s末先后记录到从 空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声咅在空气中的传播速度力340m/s，忽略空气 阻力。下列说法正确的是（）两碎块的位移大小之比为1: 2爆炸物的爆炸点离地面S度为80m爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m（2021-温州模拟）如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，绳长力L。开始时， 轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止

10、。现将小球由静止释放，当小球到达最低点 时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小 球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角力60时达到最点。滑块与小球均视为质点， 空气阻力不计，重力加速度为g,则以下说法正确的是（）滑块档板（）第S贞共S3贞绳的拉力对小球始终不做功滑块与小球的质量关系为M=2m释放小球时滑块到挡板的距离为12滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为2m多选题（共3小题）（202P安徽模拟）一质量m = 2kg的物块静止在光滑的水平面上，从t = 0时刻开始，物块受到水平向右的外力F作用，外力F随时间t变化的关系如图所示，则下列说法正第2s末物

11、块的速度大小力3m/s第3s末物块的动量大小力12 kg-m/s第4s末外力的瞬时功率为I8W第3s内与第4s内物块的动能增加量相等（2021-江西模拟）如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接养质量为m的木块A，开始时木块A静止，现让一质量也为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，A、B不粘连。弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g。若从两木块发生碰撞到木块A第一次到达最低点的时间为t，则（）A.木块A、B碰撞过程中损失的机械能为Jimgh4两木块向下运动的过程中，木块的加速度先减小后反向增大A

12、第一次回到初始位置时，A、B间的作用力为Img2时间t内，弹簧对A的冲量大小为I=mgt+mV2gh（2021-浙江模拟）如图甲所示，一质量为0.5kg的物块在水平拉力F的作用下从t=0 时起由静止开始沿足够长的粗糙水平面运动，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示， 取水平向右为F的正方向.己知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力为滑 动摩擦力的1.1倍，重力加速度g=10m/s2,则（）F7Nt=ls时物块的动量大小为2kg*m/st=2s时物块的动量大小为2kg*m/st=ls至t=3s，物块所受合外力冲量大小为lN*st=2s至t=4s，物块所受摩擦力的冲量大小为零填空题（共2

13、小题）（2021*安徽模拟）如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体以速度v0开始向左运动，与车厢壁来回碰撞几次之后静止于车厢屮，这吋小车的速度大小为 ，方向 （2019*上海模拟）在光滑的水平面上有A、B两辆质量均为m的小车，保持静止状态，A车上站着一个质量为的人，当人从A车跳到B车上，并与B车保持相对静止，则A 2车与B车速度大小之比等于 ，A车与B车动量大小之比等于 。计算题（共5小题）（2021-安徽模拟）如图，一轻弹簧放在水平面上，左端固定在竖直墙壁上，质量均为m 的小物块A、B放在水平面上的Q点。将物块A向左推并挤压弹簧至P点，此时弹簧的 压缩量为L，PQ

14、= Q0=2L，由静止释放物块A，A被弹簧弹出后与物块B发生正碰，A、 B碰后粘在一起向右滑动刚好停在O点，MN是以水平面右端点O为圆心、半径为3L 第7页共53员第 页共S3页第 页共S3页的固定圆弧轨道。已知Q点左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙，两物块与水平面Q0间 的动摩擦因数均为0.5,重力加速度为g，弹簧的形变在弹性限度内，忽略空气阻力，求:（1）弹簧被压缩至P点时具有的弹性势能；（2）若物块A在P点由静止释放后与物块B发生的是弹性碰撞，则碰撞后物块B从O点抛出后，落到圆弧轨道上时的动能多大。（2021-菏泽二模）如图，木板A静止在光滑水平面上，其左端与墙相距X，滑块B （可 视为质点

15、）在光滑水平面的下方O点斜向上抛出，O点距木板A右端水平距离为6L， 竖直高度为2L，抛出的初速度方向与水平方向的夹角为，滑块B抛出一段时间后恰好 无碰撞地水平滑上木板A。A与墙碰撞时无机械能损失，不计空气阻力，已知A的质量 为2m, B的质量为m，A、B之间的动摩擦因数为p，A足够长，B不会从A上表面滑 出，重力加速度为g。（1）求抛出滑块B吋的速度大小vo和vo与水平方向的夹角的正切值：（2）为使A与墙只发生一次碰撞，求x满足的条件；（3）A与墙只发生一次碰撞时，A与墙壁刚要碰撞前的速度与x的关系。（2021-眉山模拟）如图，足够长的光滑水平面上静止着一个质量M=3kg的滑板，滑板左端C固

16、定有竖直挡板，右端靠冇竖直墙，滑板上表面由半径R=0.8m的1光滑圆弧面$和粗糙水平面BC在B点平滑对接构成。现将一质量m=lkg （可视为质点）的滑块 甲从圆弧上端A无初速释放，与挡板碰撞一次后，甲与滑板相对静止在B点。已知甲与滑板间的动摩擦因数p=0.2，甲与挡板之间的碰撞时间极短（可忽略）的弹性碰撞，重力加速度g=10m/s2o（1）求甲下滑至圆弧面上B点时对滑板的压力大小：（2）求BC的长度；（3）若先在B点静置一个质量也为lkg的乙滑块（可视为质点），再将甲从A端无初速 释放，则甲与乙发生时间极短（可忽略）的碰撞后粘合在一起，最终与滑板相对静止在距挡板0.5m处。假设粘合体与挡板间可

17、能的碰撞仍为时间极短（可忽略）的弹性碰撞，且粘合体不再返回圆弧面。试确定粘合体与滑板间的动摩擦因数。（2021-潍坊三模）如图所示，倾角力的固定斜面上有n块质量均力m、大小不计的木 块。巳知相邻两块之间的距离均为L，木块2以上的斜面光滑，以下的斜面粗糙，木块 与斜面粗糙部分的动摩擦因数均为tane，重力加速度为g。由静止释放木块1，之后相继 与后面的木块发生碰撞，每次碰撞后都粘在一起，木块碰撞时间极短可忽略不计。求：（1）木块2与木块3相碰前的速度大小；（2）第n块木块碰后下滑的速度大小；（3）从木块1释放到第n块木块开始下滑所经历的时间：（4）从木块1释放到第n块木块开始下滑，系统因碰撞损失

18、的机械能与因摩擦损失的机械能之比。（2021-香坊区校级三模）“生命之环”是辽宁省抚顺新区的地标建筑，外直径170米，内直径160米。钢结构总重3500吨，造价过亿，已成为无数攀爬者和轮滑爱好者的圣地。 但在人们攀爬的过程中也具有一定的危险性。现哈九中“第二课堂”小组来到当地，进 行探究实验，将“生命之环”理想化为一内壁光滑且有宽度的大圆环。在圆环最低点静 止一自制机器人A，质量9kg，并排固定一相同机器人B。A初始速度10m/s，沿圆环上 滑。此后每次A沿圆环滑下路过B时，B将推A给A与A运动方向相同的冲量。忽 略空气阻力，重力加速度取10m/s2o（1）为使A到达与圆心等商位置，B需要给A

19、多大冲量？第 页共S3页第 页共S3页第10贞共53员（2）移除机器人B.起始让A在最低点获得的速度，A将在与圆心等高处和 最点之间某处脱离轨道（与轨道间弹力为零） 求A脱离圆环的位置距初始点的度？（3）在（2）的情景下，A脱离轨道时，给A施加一与A速度水平方向同向的恒定风力，大小120N,求A再次落到圆环时的动能？解答题（共5小题）（2021-广东模拟）如图，光滑水平地面上有一固定墙壁，紧韻墙面左侧停放一长力L =4m,质量为M=0.2kg的长木板，在距长木板左端为kL （0kl）处放置养A、B两 小木块，A、B质量均为m=0.2kg。某时刻，A、B在强大内力作用下突然分开，分开瞬 间A的速

20、度为vA=4m/s,方向水平向左。B与墙壁碰撞瞬间不损失机械能，A、B与长 木板间的动摩擦因数分别为Ha=0.2和pb=03o（1）求AB分离瞬间，B的速度v1;（2）若k=X 求A离开木板时，B的速度大小V2;16（3）若Ra=0,试讨论摩擦力对B所做的功（2021-广东二模）如图，轻质弹簧固定在水平桌面右边缘处的挡板上。质量为m的小 物块放在水平桌面的左边缘处.物块与桌面之间的动摩擦因数力卩，桌面距水平地面的 为h。某时刻，物块突然受到水平冲量I后向右滑动距离L时将弹簧压缩到最短，然后物 块被弹簧反弹并滑离桌面落在水平地面上。蛩力加速度为g，求：（1）物块向右运动的初速度大小：（2）弹簧的

21、最大弹性势能；（3）物块落地点与桌面左边缘的水平距离。（2021-重庆三模）如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左 边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=3.0kg的物块A。 装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接.传送带的皮带轮 逆时针匀速转动，使传送带上表面以u = 2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径1 1kg=1.6X 103kg,故 B 正确，ACD 错误。v 3000故选：B。【点评】本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中 物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。（20

22、21-桃城区校级模拟）2021年5月25日，500架无人机自广州海心沙腾空，化作稻菽千重浪、田间耕耘人，纪念“杂交水稻之父”袁隆平院士。其中一架无人机在升空后进 行编队表演的一段时间内沿竖直方向运动，以竖直向上为正方向，其v-t图象如图所示, 己知无人机的质量为2kg,重力加速度g=10m/s2o下列说法正确的是（）v/Cms*1)06s时间内无人机先上升，2s末开始下降06s时间内无人机所受重力做功力零06s时间内无人机所受合外力做功为IJ26s时间内合外力的冲量为4N，s【考点】匀变速直线运动的图象；动量定理；功的汁算；动能定理.【专题】定量思想：推理法；运动学中的图象专题：动能定理的应用

23、专题：动量定理应 JJ专题;推理能力.【分析】A、由图象可直接得出无人机下降的时间为3s:B、v-t图象中，图线与坐标轴所围面积就是无人机的位移，与棗力相乘即可得到力做的功；C、由图象得到初末速度，根据动能定理求合外力的功；D、根据动量定理求合力的冲量。【解答】解：A、由图象可知，在03s时间内，无人机向上加速、匀速、减速，3s后开 始下降，故A错误：B、由图象可知，在03s吋间内，无人机的位移方向竖直向上，其大小为：h| =l+X IX 2+1X2m=4.5m，在3s6s时间内，无人机的位移方向竖直向下，其大小为：h2=X 3X 3m=4-5m2则无人机在06s时间内的位移为零，由W=Gh可

24、知，无人机所受重力做功为零，故B 正确；C、06s吋间内，无人机的初速度V0=lm/s,末速度为零，设无人机所受合外力做功为由动能定理有：W&=O-lmvg=-丄X2X12J= - 1J，故C错误；2 o 2D、2s时的速度v=2m/s,根据动量定理，26s时间内合外力的冲量：1 = 0 - mv= - 2 X2Ns= -4*s，故D错误。故选：Bo【点评】此题关键是要能理解v-t图象的意义，可以求出相应的位移、初末速度，再结 合动量定理及动能定理即可求解。（2021-宁波二模）如图所示，水平桌面上放一张轻薄的复合板，复合板与桌面之间铺儿支玻璃管，复合板上放一辆较重的电动遥控小车，小车质量大于

25、复合板的质量。当启动 遥控小车的前进挡后（）玻璃竹 车头车尾小车仍然相对地面静止小车受到向左的摩擦力将向左运动复合板受到向左的摩擦力将向左运动小车对复合板的冲量大于复合板对小车的冲量【考点】动量定理.【专题】定性思想；推理法：动量定理应用专题；理解能力.【分析】依据摩擦力的方向与相对运动（趋势）方向相反分析摩擦力的方向，根据摩擦 力的方向分析运动情况，根据冲量的概念结合牛顿第三定律分析冲量大小。【解答】解：AB、小车在牵引力作用下，相对复合板向前运动，则小车受到向左的摩擦 力，因此小车相对地面向左运动，不会相对地面静止的，故A错误，B正确：C、依据作用力与反作用力，复合板受到向右的摩擦力将向右

26、运动，故C错误；D、小车对复合板的作用力与复合板对小车的作用力是物体间的作用力与反作用力、大小 相等、方向相反，且作用时间总是相等，故小车对复合板的冲量与复合板对小车的冲量 大小相等、方向相反，故D错误。故选：B。【点评】本题主要是考查摩擦力的判断、冲量大小的判断，关键是弄清楚摩擦力方向的 判断方法以及冲量大小的判断方法。（2021-常熟市校级三模）为估算下雨时睡莲叶面承受雨滴撞击的压强，小明在下雨时将 圆柱形水杯置于露台上，测得1小时内杯中水位上升了 45mm，若此过程雨滴下落的 竖直速度约为12m/s。据此估算该本次下雨时睡莲叶面承受到的压强约为（）0.15PaB. 0.54PaC. 1.

27、5PaD. 5.4Pa第 页共53页第19贞共53员【考点】动量定理.【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题：推理能力.【分析】想估算雨水对睡莲叶面摘击产生的平均压强，首先要建立一个不计雨水屯力， 但速度由v=I2m/s减为零的动量变化的模型，应用动量定理表示出睡莲叶面对雨滴的冲 力，利用圆柱形容器I小时得到的水的体积算出水的质量，利用压强公式求得压强.【解答】解：由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。设雨滴受到支持面的平均作用力 为F，在At时间内有质量为Am的雨水的速度由v=12m/s减为零，以向上为正方向， 对这部分雨水应用动量定理：FAt=O - （ - Amv） =Amv,解得：F

28、=Av设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在At时间内水面上升Ah，则有：Am=pSAhF=pSv-4h. At产生的压强：P=L= pV-4ll= 103X 12X 45X 0- QQ1Pa=O. 15 (Pa),故 A 正确，BCD S At3600错误。故选：A。【点评】估算题H关键是要注意建立一个模型，然后利用合理的理论推断得出基木符合 事实的结论。（2021-乙卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视力惯性系）中，从撤去推力开始

29、，小车、弹簧和滑块组成的系统（）0_0_00_0_00厂动量守恒，机械能守恒动量守恒，机械能不守恒动量不守恒，机械能守恒动量不守恒，机械能不守恒【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律.【专题】定性思想：推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合：分析综合能力.【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒：系统内只有重力或弹力做功，系统机械 能守恒，根据系统受力情况与各力做功情况，根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答 题。【解答】解：从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统所受合外力为零，系统动 量守恒：撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，弹簧被压缩且弹簧的弹力大于滑块受到的滑 动摩擦力，撤去

30、外力后滑块受到的合力不为零，滑块相对车厢底板滑动，系统要克服摩擦力做功， 系统的机械能转化为系统的内能，系统机械能减小，系统机械能不守恒，故B正确，ACD 错误。故选：B。【点评】本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，知道动量守恒与机械能守 恒的条件、分析清楚系统受力情况与力的做功情况即可解题。（2020-海南）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾 部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg，离子以30km/s的速率 （远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为3.0X10 3g/s.则探测器获得的平均推力 大小为（）1.47NB. 0.14

31、7NC. 0.09ND. 0.009N【考点】动量定理.【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力.【分析】以喷出的离子为研究对象，应用动量定理求出离子在喷出过程受到的力，然后 应用牛顿第三定律可以求出探测器获得的平均推力大小。【解答】解：在单位时间内喷出离子的质量m=3.0X 103X 10 3kg=3.0X 10 6kg 则t时间内喷出离子的质量为mt对喷出的离子，取运动方向为正，由动量定理得：Ft=mtv - 0代入数据解得：F=mv=3.0X 10 6X30X 103N=0.09N,由牛顿第三定律可知，探测器获得的平均推力大小F =F=0.09N,故C正确，ABD错误。故

32、选：Co【点评】木题考查了动量定理的应用，正确选择研宄对象，应用动量定理与牛顿第三定 律即可解题。（2020-新课标III）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。己知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（）【考点】弹性碰撞和非弹性碰撞；能量守恒定律.【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合：推理能力.【分析】甲、乙物块在碰撞的过程中动量讣恒，以此求解出乙的质量，碰撞过程两物块 损失的机械能等于碰撞前甲、乙的总动能减去碰撞后甲、乙的总动能。【解答】解：令乙的质量为M，碰撞前甲、乙的速度大小分别为v1和

33、v2，碰撞后甲、乙的速度大小分别为V3和v4，碰撞过程屮动量守恒，则mv 1+MV2=mv3+MV4即 1X5.0+MX 1.0=1 X （ - 1.0） +MX2.0,解得M = 6kg,则碰撞过程两物块损失的机械能故A正确， BCD错误。故选：A。【点评】解决该题需要明确知道甲乙在碰撞过程中动量守恒，知道动量是矢量，在计算 时必须遵循矢量的运算规则。（2021-市中区校级二模）力了迎接篮球比赛，小林同学站在与电脑连接的力传感器上做 原地纵向摸高训练，图甲是他做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的P点表示人的 第21页共53页重心，图乙是电脑上显示的力传感器所受压力随时间变化的图像，巳知重力

34、加速度$=10m/s2,空气阻力不计，则根据图像分析可知（）A.人在O.3s0.7s时间内先加速下蹲后减速下蹲c到d的过程中，人始终处于失重状态人起跳时获得的动量大小等于240kg- m/s1.6s时，人下落的速度达到最大【考点】牛顿运动定律的应用-超S:和失重；动量定理.【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；推理能力.【分析】根据图像得出运动员的重力大小，结合压力传感器压力的大小与重力大小比较 判断出运动员处于超重还是失重，分析出运动员的运动状态，根据运动员在空中的时间 求出运动员离开力传感器的速度，从而得出起跳时的初动量大小：人受力平衡时速度达 到最大。【解答】解：A、由图可知，人的

35、重力为800N, 0.3s0.7s内，力传感器所受压力一直小 于运动员的重力，一直处于失重状态，加速度方向一直向下，如果先加速下蹲后减速下 蹲，则加速度方向向下后向上，故A错误：B、c到d过程中，力传感器对人的压力先大于人的重力后小于人的重力，人先处于超重 状态后处于失重状态，故B错误：C、由图可知，人在空中的时间：t=1.6s- 1.0s=0.6s,所以人跳起获得的初速度大小为:VO=g X 丄=10 X=3m/s，2 2则人跳起获得的初动量大小：P=mvo=80X3kg-m/s=240kg*m/s,故C正确：D、1.6s时，人刚好接触传感器，此时传感器对人的支持力为零，人还要加速向下运动一

36、 段时间，当传感器对人的支持力等于人的重力时，人下落的速度达到最大，故D错误。故选:Co224第23贞共S3贞224第23贞共S3贞【点评】解决本题的关键掌握判断超失重的方法，当人对传感器的压力大于重力，人处 于超重状态，当人对传感器的压力小于重力，人处于失重状态：或根据加速度方向判断， 加速度方向向上，人处于超屯，加速度方向向下，人处于失ffi。（2021-5月份模拟）如图所示，光滑的水平杆上有一质量为m的滑环A，滑环上通过一报不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为m的物块B （可视为质点），物块B恰好与光滑的 水平面接触。质量为m物块C （可视为质点）以速度v冲向物块B，物块C与物块B碰 后粘在一

37、起向右运动，己知重力加速度为g，则下列说法正确的是（）物块C与物块B碰摘过程中损失的机械能为Imv28若滑环A不固定，则滑环A最大速度为I32若滑环A不固定，则物块B、C摆起的最大高度为124g【考点】动量守恒定律：功能关系；机械能守恒定律.【专题】定量思想；方程法：动量和能量的综合；分析综合能力.【分析】物块C与物块B碰撞时动量守恒，根据动量守恒定律求解碰撞后二者的速度大 小，根据能量守恒定律求解碰撞过程中损失的机械能：若滑环A不固定，当A、B、C 三者速度相等时，滑环A速度最大，物块B、C上升的度最大，根据动量守恒定律结合机械能守恒定律进行解答。【解答】解：涉及动量守恒定律，取向右为正方向

38、。A、物块C与物块B碰撞吋动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv=2mvn解得碰撞后 二者的速度大小为vi=lv，故A错误；2 VB、碰摘过程中损失的机械能为AE=lmv2-lx2mvf解得Eslmv2,故B错误：C、若滑环A不固定，对A分析可知，当BC再次回到最低点时，A的速度最大，A、B、 C系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律可得：2mvi = mvmax+2mv2,由能量守恒定律可得：丄X2mvi2=l4nvmax2+1 X2mv22，2 2 2解得：Vmax=故C错误；3D、若滑环A小固定，当A、B、C三者速度相等时，物块B、C上升的岛度最大，根掘机械能守恒定律，W:x 3mv【

39、2解得：h=_Y_,故D正确。24g故选：D。【点评】木题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对十动量守恒定律，其守t亘 条件是：系统不受外力作m或某一方向不受外力作用（或合外力为零）：解答时要首先确 定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关 系列方程求解。（2021-浙江模拟）如图所示，半径分别为R和r=|/5gR：同理可得b球离开弹簧后的速度大小为：vb=V5取向左为正方向，根扼动量守恒定律得：mva - mbVb=O所以：mb=V2n,故A错误；2B、两小球与弹簧分离时，动量人小相等，根据动能与动量关系Ek=2_nf知，动能不相2m等，故B错误；C

40、、若ma=mb=m,取向左为正方向，由动量守恒定理有mava - mbVb=O，则分离吋两小 球的速度相等，若要求a、b都能通过各自的最S点，只需要a球能够通过，b球也能通过，由前面分析 可知，a刚好通过最岛点时，分离时速度Va=V5R：则弹簧释放前至少应具有的弹性 势能为EP=2Xv2=5mgR,故C正确；2 a v aD、a球到达圆心等高处时，速度为v，由动能定理可得-mgR=lmv2-lmv2轨道对a球的支持力为F，由牛顿第二定律有：R联立解得：F=3mg,由牛顿第三定律可知，a小球对轨道压力为3mg，故D错误。 故选：C。【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒

41、定律，其守恒 条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）：解答时要首先确 定一个正方向，利用碰摘前系统的动量和碰掩后系统的动量相等列方程，再根据能量关 系列方程求解。（2021-浙江在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录 仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最S点时炸裂成质量之比力2: I、初速 度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5s水和6s木先后记录到从 第25页共53页 空气中传来的碎块撞击地面的响声。巳知声音在空气中的传播速度力340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（）两碎块的位移大小之比为1: 2爆炸物的爆炸点

42、离地面高度为80m爆炸后质量大的碎块的初速度力68m/s爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m【考点】动量守恒定律.【专题】定量思想：推理法：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合：分析综合能 力.【分析】爆炸物爆炸过程系统在水平方向动量守恒，爆炸后碎块做平抛运动，应用动量 守恒定律与平抛运动规律分析答题。【解答】解：A、爆炸物在最高点时炸裂成质量之比为2: 1的两个碎块， 设两碎块的质量分别为mi=2m，m2=m:设爆炸后两碎块的速度分别为vi、V2，爆炸过程，系统在水平方向动量守恒，！的速度方向为正方向，在水平方向，由动量守 恒定律得：mivi - m2V2=0爆炸后两碎块做平抛运动，

43、由于抛出点的商度相等，它们做平抛运动的时间t相等，设两碎块的水平位移分别为XB X2,则有：mivit - m2V2t=0mixi - m2X2=0解得：xi： X2=m2： mi = 1 ： 2,两碎块的竖直分位移相等，两碎块的水平位移之比为1: 2,而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1： 2,故A错误；BD、设两碎片做平抛运动的吋间均为t，两碎块落地发出的声音的传播吋间分别为5s-t，t2=6s-t,声音的传播位移：Xl=vX2 = v_酱t2，由 A 可知 XI: X2=l： 2,代入数据解得:t=4s，xi=340m, X2=680m,爆炸物的爆炸点离地面岛度：h=ygt2=-X

44、10X 4=80m,第26页共S3页第 贞共53贞第28页共53页爆炸后两碎块落地点之间的水平距离：x=xi+X2= （340+680） m= 1020m,故 B 正确，D 错误:C、由B可知，爆炸后碎块I川的水平位移：xi = 340m,碎块m2的水平位移x2=680m,爆炸后质量人的碎块m,的初速度为V1+S=8滅，故C错误。故选：B。【点评】分析清楚碎块的运动过程、知道碎块的运动性质是解题的前提与关键，应用动 量守恒定律与平抛匀速规律、运动学公式即可解题。（2021-温州模拟）如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑 动，质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳

45、相连，绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小 球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角力60时达到最H点。滑块与小球均视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则以下说法正确的是（）A.绳的拉力对小球始终不做功滑块与小球的质量关系为M=2m释放小刺醐挡板的距离为晉D.滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为2nr/E【考点】动量定理；动量守恒定律；动能定理；机械能守恒定律.【专题】定量思想：推理法；动量和能量的综合：推理能力.【分析】力与位移的夹角力锐角时做正功，钝角

46、时做负功：下摆中系统机械能讣恒且水平方向动量守恒可记得质量关系；根据动量定理求得冲量大小。【解答】解：A、因滑块不固定，绳下摆过程中，绳的拉力对滑块做正功，对小球做负功，故A错误；B、下摆过程，系统机械能守恒：mgL=lHv24Ainv2水平方向动量守恒：- mv2小球向左摆动最高点，机械能守fe: -mv2=ingL（ 1 -cos60。）三式联立，解得：M=m,故B错误;C、由平均动量守恒解得即释放小刺滑块湖板的距离吟故C正确:D、滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为I=Mvi=m/L，故D错误。故选：C。【点评】本题考查动量与机械能守恒，关键注意根据动量介恒的原理可以根据平均动量

47、 守恒求得滑块到挡板的距离。多选题（共3小题）（2021*安徽模拟）一质量m = 2kg的物块静止在光滑的水平面上，从t=0时刻开始， 物块受到水平向右的外力F作用，外力F随时间t变化的关系如图所示，则下列说法正第2s末物块的速度大小为3m/s第3s末物块的动量大小为12 kg-m/s第4s末外力的瞬时功率为18W第3s内与第4s内物块的动能増加量相等【考点】牛顿第二定律；动量定理：功率、平均功率和瞬时功率；动能定理.【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题：推理能力.【分析】根据F-t图象分析运动情况，根据动量定理分析动量大小；根据P = Fv分析功 率的变化，根据图象与坐标轴围成的面积分

48、析冲量的大小。【解答】解：A、在F-t图象中，图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，所以在02s的吋间内，由动量定理Ft=mv2 - 0,解得第2s末的速度v2=3m/s,故A正确：BC、图线与吋间轴围成的面积以及动量定理可得第3s末、第4s末的速度分别为v3=6m/ss V4=9m/s,第3s末物块的动量p3=mv3=2kgX6m/s = 12kgem/s,第4s末外力做功的瞬吋 功率P4=F4v4=6X9W=54W,故B正确，C错误：D、第3s内物块动能增加量 Ek3=Xnv32 - lmv22= lX2X62j-lX2X32J=27J,2 2 2 2第 4s 内物块动能增加量 A Ek4=

49、-lmv42 - -lmv32=丄 X2X 92j _ 丄 X2X 62j=45J，故2 2 2 2D错误。故选：ABo【点评】物理图象图形是描述和解决物理问题的卓:要手段之一，若巧妙运用，可快速解 决实际问题，有些题目用常规方法来解，相当繁琐，若能结合图象图形，往往能起到化 难力易的奇效。（2021-江西模拟）如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接 着质量为m的木块A，开始时木块A静止，现让一质量也为m的木块B从木块A正上 方高力h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，A、B不粘连。弹簧始终处 于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g

50、。若从 两木块发生碰掩到木块A第一次到达最低点的时间为t，则（）n11木块A、B碰挽过程中损失的机械能为Imgh4两木块向下运动的过程中，木块的加速度先减小后反向增大A第一次回到初始位置时，A、B间的作用力为Img2时间t内，弹簧对A的冲量大小为I=mgl+mV2gh【考点】牛顿第二定律；动量定理：动量守恒定律；功能关系.【专题】定性思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力.【分析】报据动能定理求解碰撞前的速度大小，根据动量介恒定律求解碰撞后的速度， 应用能量守恒定律求出碰掩过程损失的机械能；两木块向下运动的过程中，分析弹簧弹 力大小与总盧力的关系分析运动情况：根据牛顿第二定律求解A第一次

51、问到初始位置时第30贞共53员第30贞共53员A、B间的作用力；两木块从开始运动到到达最低点过程中由动量定理求解冲量的大小， 冉求出时间t内弹簧对木块A的冲量I的大小。【解答】解：A、设木块B从开始下落h时的速度为vb，由动能定理得：mgh=lmv2-物块B与A碰撞过程时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒，取向下为正方向， 由动量守恒定律得：mvB=2mv,解得：2由能量守恒定律得：j_mv!=|X2mv2E解得，碰撞过程损失的机械能：E=lmgh，故A错误；2B、两木块向下运动的过程中，开始两木块的重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，由 于弹簧形变量越来越大，弹簧的弹力越来越大，先小于A、

52、B的总重力，在某一位置时 弹簧弹力等于A和B的总重力、后来大于总重力，所以两物体的加速度先减小到零、后 反向増大，故B正确；C、设A第一次回到初始位置时二者的加速度大小为a，对A、B整体，根据牛顿第二定 律得：mg=2ma：对B，根裾牛顿第二定律得：mg - Fab = ma,解得，A、B间的作用力：FAB=lmg,故C正确；D、规定向下为正方向，则两木块从开始运动到到达最低点过程中，从两木块发生碰撞到木块A第一次到达最低点过程，设弹簧对A的冲量大小为I， 对两木块整体，由动量定理得：2mgt - 1=0 - 2mv解得，弹簧对木块A的冲量丨的大小为：I=2mgt+mA/，故D错误。 故选：B

53、Co【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和牛顿第二定律的应用；对于动量守恒定律， 其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力力零）；解答时要 首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。（2021-浙江模拟）如图甲所示，一质量力0.5kg的物块在水平拉力F的作用下从t=0 时起由静止开始沿足够长的粗糙水平面运动，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示， 取水平向右为F的正方向.巴知物块与水平面间的动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力为滑动摩擦力的1.1倍，重力加速度g=10m/s2,则（）第 #页共S3页动摩擦力的1.1倍，重力加速度g=10m/s2,

54、则（）第 页共S3页F7Nt=ls时物块的动量大小力2kg*m/st=2s时物块的动量大小力2kg*m/st=ls至t=3s，物块所受合外力冲量大小为lN*st=2s至t=4s，物块所受摩擦力的冲量大小为零【考点】动量定理.【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；推理能力.【分析】根据动量定理分别求出t= Is时的动量、t=2s时的动量、t=3s时的动量，由此 得到物块所受合外力冲量大小:分析t=2s到t=3s和t=3s到t=4s摩擦力的大小和方向， 由此得到物块所受摩擦力的冲量大小。【解答】解：物块与水平面间的动摩擦因数力p=0.2,则滑动摩擦力f=nmg=0.2X0.5 X1ON=1N

55、,最大静摩擦力 f=l.lf=l.lXlN=l.lN。涉及动量定理，取向右为正方向。AB、02s内，水平拉力F）=2N：0Is内，经过的吋间ti = ls，根据动量定理可得Fjti - fti = Api,解得：Api = lkg*m/s, 由于初动量为零，t=ls时物体的动量大小为lkg*m/s；02s内，经过的吋间t2=2s,根据动量定理可得Fit2 - ft2=Ap2解得：Ap2=2kg*m/s, 由于初动量为零，则t=2s时物块的动量大小为2kg-m/s,故A错误、B正确；C、2s3s内，经过的时间ti =ls，水平拉力F2= - 1N,根据动量定理可得F2ti -ft/ = Ap3，

56、解得：Ap3= - 2kg-m/s,由于t=2s吋物块的动量为2kg-m/s,则t=3s吋物块 的动量力0,根据动量定理可得t= Is至t=3s,物块所受合外力冲量大小为1=0- lN-s =-lN-s,物块所受合外力冲量大小为lN-s,故C正确；D、t=3s时物块速度为零，由于拉力小于最大静摩擦力，所以t=3s后物块静止： t=2s到t=3s，摩擦力大小为f=lN,方向向左；t=3s至h=4s，根据平衡条件可得摩擦 力方向向右，大小为f =IN，所以t=2s至t=4s,物块所受摩擦力的冲量大小为零，第 页共S3页第 页共S3页故D正确。故选：BCD。【点评】本题主要是考查动量定理，利用动量定

57、理解答问题时，要注意分析运动过程中 物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。填空题（共2小题）（2021-安徽模拟）如图，质量力M的小车静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m 的物体以速度v0开始向左运动，与车厢壁来回碰撞几次之后静止于车厢中，这吋小车的速度大小为_?，方向 水平向左.【考点】动量守恒定律.【专题】定性思想；方程法：动量和能量的综合.【分析】物体与车厢反复碰撞，最终两者速度相等，在此过程中，两者组成的系统动量 守恒，由动量守恒定律可以求出车厢的速度.【解答】解：以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向左为正方向，由动量守恒定律 可得：mvo= （M+m） v，最终车的速

58、度为：M+m方向与vo的速度相同，水平向左；故答案为：21,水平向左M+m【点评】选物体与小车组成的系统为研究对象，水平方向仅有系统的内力作用而不受外 力作用，故此方向满足动量守恒，碰撞前的动量，等于最后的总动量，典型的动量守恒 的题目.（2019-上海模拟在光滑的水平面上有A、B两辆质量均为m的小车，保持静止状态， A车上站着一个质量为的人，当人从A车跳到B车上，并与B车保持相对静止，则A车与B车速度大小之比等于3: 2，A车与B车动量大小之比等于3: 2 。【考点】动量守恒定律.【专题】定量思想；寻找守恒量法：动量定理应用专题；分析综合能力. 【分析】对人以及两车组成的系统研究，该系统在整

59、个过程中动量守恒。根据动量守恒 定律求出A车与B车速度大小之比以及A车和B车的动量大小之比。【解答】解：对人、A、B两车组成的系统，取A车的速度方向为正方向，由动量守恒 定律得：O=mvA - （m+） vb。2可知：VA： vb=3： 2。A车的动量大小pA=mvA, B车的动量大小pB=mvB，则 PA: PB=3： 2故答案为：3： 2； 3： 2。【点评】解决本题的关键要选择好研宄的系统，运用动量守恒定律进行求解。要注意选 取正方向，用符号表示速度方向。计算题（共5小题）（2021-安徽模拟）如图，一轻弹簧放在水平面上，左端固定在竖直墙壁上，质量均为m 的小物块A、B放在水平面上的Q点

60、。将物块A向左推并挤压弹簧至P点，此时弹簧的 压缩量为L，PQ = QO=2L，由静止释放物块A，A被弹簧弹出后与物块B发生正碰，A、 B碰后粘在一起向右滑动刚好停在O点，MN是以水平面右端点O为圆心、半径为3L 的固定圆弧轨道。已知Q点左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙，两物块与水平面QO间 的动摩擦因数均为0.5,重力加速度为g，弹簧的形变在弹性限度内，忽略空气阻力，求:（1）弹簧被压缩至P点时具有的弹性势能；（2）若物块A在P点由静止释放后与物块B发生的是弹性碰撞，则碰撞后物块B从O 点抛出后，落到圆弧轨道上时的动能多大。【考点】动量守恒定律；功能关系.【专题】计算题；定性思想；推理法；动量