2025年新高考物理压轴题专项训练：动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用（含解析）

压轴题05动量定理及碰撞类动量守恒定律的应用

NO.1

压轴题解读

1.动量定理及动量守恒定律在高考物理中拥有极其重要的地位，它们不仅是力学知识体系的核心组成部分，也

是分析和解决物理问题的重要工具。

2.在高考命题中，动量定理及动量守恒定律的考查形式丰富多样。这些考点既可能以选择题、计算题的形式直

接检验学生对基本原理的掌握情况，也可能通过复杂的计算题、应用题，要求学生运用动量定理和动量守恒定律

进行深入分析和计算。此外，这些考点还经常与其他物理知识点相结合，形成综合性强的题目，以检验学生的综

合应用能力。

3.备考时，考生应首先深入理解动量定理和动量守恒定律的基本原理和概念，明确它们的适用范围和条件。其

次，考生需要熟练掌握相关的公式和计算方法，并能够在实际问题中灵活运用。止匕外，考生还应注重解题方法的

总结和归纳，特别是对于典型题目的解题思路和方法，要进行反复练习和巩固。

NO.2

压轴题密押

◎解题要领归纳

考向一：弹簧类问题中应用动量定理

1.动量定理的表达式「A/Ap是矢量式，在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。运用它分

析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的尸是物体或系统所受的合力。

2.动量定理的应用技巧

(1)应用I=Np求变力的冲量

如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I=Ft求冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化

△p,等效代换得出变力的冲量I。

(2)应用&?=/加求动量的变化

考向二：流体类和微粒类问题中应用动量定理

1.流体类“柱状模型”问题

流体及

通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度

其特点

分1建立“柱状模型"，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S

析

2微元研究，作用时间△,内的一段柱形流体的长度为△/,对应的质量为△冽=〃SvA/

步

骤

3建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体

2.微粒类“柱状模型”问题

微粒及通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单

其特点位体积内粒子数〃

1建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S

分

析微元研究，作用时间加内一段柱形流体的长度为加，对应的体积为△厂=8必/,则

2

步微元内的粒子数N=nvoSbt

骤

3先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算

考向三：碰撞类和类碰撞类问题中应用动量守恒定律

1.碰撞三原则：

(1)动量守恒:即pi+p2=pi'+p2’.

22，2，2

⑵动能不增加：即Eki+比*ki'+Ek2'或心+江乎1r+”.

2mi2机22m12m?

(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2V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M和加2,碰前速度为也，V2,碰

后速度分别为大，V2’，则有：

2171,21,7

1+mV

m^x+m2v2=加F]+mxv2(1)2^~22=5加Fl+-^1V2Q)

联立(1)、(2)解得:

〃小，i,w,v,'mvVIvvfV2

V1=y，V2=2

《遏6万

特殊情况：若加1=加2,Vl=V2，V2=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。以质量为冽1、速度为V1的小球与质量为加2的静止小球发

生正面弹性碰撞为例，则有冽ivi=zmv/+冽2V2,(1)~miv?=~mivir2+~m2V22(2)

222

(mi-m2)vi.2mivi

解得：vi,V2=

冽1+冽2冽1+冽2

结论：⑴当加产加2时，也'=0,V2'=V1(质量相等,速度交换)

(2)当加〉加2时，vf>0,V2'>0,且V2>V1'(大碰小,一起跑)

(3)当冽1〈机2时，Vl'VO,V2'>0(小碰大，要反弹)

(4)当加1》〃?2时，V1'='O,V2'=2V1(极大碰极小，大不变，小加倍)

(5)当如《加2时，Vl'=—VI,V2'=0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)

♦题型01应用动量定理处理蹦极类问题

1.蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。图甲为蹦极的场景，一游客从蹦极台下落的速度一位移图象如图乙所

示。已知弹性轻绳的弹力与伸长量的关系符合胡克定律，游客及携带装备的总质量为50kg,弹性轻绳原长为10m,

若空气阻力恒定，游客下落至5m处时速度大小为3，麻/5,重力加速度g取lOm/s?,下列正确的是()

A.整个下落过程中，游客先处于失重后处于超重状态

B.游客及携带装备从静止开始下落15m的过程中重力的冲量为750N-S

C.游客在最低点时，弹性势能最大为13000J

D.弹性绳长为20m时，游客的加速度大小为9m/s2

【答案】A

【详解】A.由题图乙可知游客从蹦极台下落过程先加速后减速，即先有向下的加速度后有向上的加速度，所以

游客先处于失重后处于超重状态，故A正确；

B.以游客及携带装备为研究对象，从静止开始下落15m的过程中，由动量定理得

IIF-lf=mv=50xl5N-s=750N-s

故重力的冲量大于750NS故B错误；

C.游客在前5m做匀加速直线，根据动能定理

(mg-/)4

解得

尸5ON

从下落至最低点过程中能量守恒

mgh=Epm+fh

解得

Epm=500x26-50x26=11700J

故C错误;

D.游客下落15m时合力为0时速度最大，此时弹性绳的弹力和阻力等于游客及携带装备的总重力，即

f+kl^x—mg

解得

-整包=45N/m

Ax

弹性绳长为20m时，弹性绳的弹力

F=A;AX/=45X(20-10)N=450N

根据牛顿第二定律得

F+f—mg=ma

解得

a=0m/s2

故D错误。

故选Ao

♦题型02应用动量定理处理流体类问题

2.雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强0,小明将一圆柱形量

筒置于雨中，测得时间:内筒中水面上升的高度为人设雨滴下落的速度为%,雨滴竖直下落到水平芭蕉叶上后

以速率v竖直反弹，雨水的密度为夕，不计雨滴重力。压强?为()

A.B.，(%+v)

C.p(Vo-v2)D.+v2)

【答案】B

【详解】以极短时间At内落至芭蕉叶上的雨滴的质量为A7,雨滴与芭蕉叶作用的有效面积为S,根据动量定理

有

F\bt=AmvAmv0)

由于圆柱形量筒置于雨中，测得时间，内筒中水面上升的高度为〃，则单位面积单位时间内下落的雨水质量为

=pS^h=ph

°〜t

则以极短时间内落至芭蕉叶上的雨滴的质量

.c.phS\t

Am=mQS\t=------

根据牛顿第三定律有

£=耳

雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强

解得

P=，(%+v)

故选Bo

♦题型03分方向动量定理应用问题

3.如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹。

分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为加，水平初速度为％,初始时小球离地面高

度为瓦已知小球落地时速度大小为v,方向与水平面成。角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成

正比，比例系数为左，重力加速度为g。下列说法正确的是()

A.小球落地时重力的功率为班?丫

mvsmO-\-kh

B.小球下落的时间为

mg

C.小球下落过程中的水平位移大小为"小。-2VCOS。)

k

D.小球下落过程中空气阻力所做的功为;加任-%2)+"陪”

【答案】B

【详解】A.小球落地时重力的功率为

PG=mgvsin0

故A错误；

B.小球下落过程在竖直方向根据动量定理

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

£(川+“+加+……¥=h

解得小球下落的时间为

mvsinO+kh

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

mg

故B正确；

C.小球在水平方向根据动量定理

mvcos0-mvQ=~k(yxX+vx2+vx3+.....)t

+VA-2+VX3+……)/=X

解得小球下落过程中的水平位移大小为

m(v-vcos0)

X—0

k

故C错误；

D.小球下落过程根据动能定理

mv2mvm

~~~o=gh+Wf

解得小球下落过程中空气阻力所做的功为

1212

Wf=-mgh+—mv-—mv0

故D错误。

故选Bo

♦题型04弹性碰撞类问题

4.如图所示，两质量分别为加/和加2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为力处自由落下，〃远大于两小球半

径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可

忽略不计。已知加2=3/〃/,则A反弹后能达到的高度为()

A.hB.2/jC.3hD.4h

【答案】D

【详解】下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得

v2-2gh

解得触地时两球速度相同，为

V=yl2gh

加2碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选冲与冽2碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后冽八

加2速度大小分别为口、"2，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得：

m2V-miv=mwi+m2V2

由能量守恒定律得

1/\71212

-(mj+mjv=~mlvl+-m2v2

由题可知

m2=3mi

联立解得

vl=2y/2gh

反弹后高度为

H=^-=4h

2g

故D正确，ABC错误。

故选D。

♦题型05完全非弹性碰撞类问题

5.如图所示，光滑水平面的同一直线上放有"个质量均为根的小滑块，相邻滑块之间的距离为乙某个滑块均

可看成质点。现给第一个滑块水平向右的初速度%,滑块间相碰后均能粘在一起，则从第一个滑块开始运动到第

n-1个滑块与第“个滑块相碰时的总时间为（）

n2Ln(n+1)£

Bc----D

2%2%2%2%

【答案】B

【详解】由于每次相碰后滑块会粘在一起，根据动量守恒定律

mvQ=2mv2

可知第二个滑块开始运动的速度大小为

1

V2=2V°

同理第三个滑块开始滑动的速度大小为

1

匕

第（止1）个球开始滑动的速度大小为

1

%=7Vo

n-1

因此运动的总时间为

LLLLL,ccy、n-1)L

t=F----1-----1-…11-(]I+24-3+...+〃1)—

%11%2%

°2V°3V°i%

n-1

故选Bo

♦题型06斜面类类碰撞问题

6.如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲

上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为V/、V2,作出图

像如图乙所示，重力加速度为g,不考虑任何阻力，则下列说法不正确的是()

A.小球的质量为2M

a

B.小球运动到最高点时的速度为一-

a+b

2

C.小球能够上升的最大高度为,

2(a+6)g

D.若a>6,小球在与圆弧滑块分离后向左做平抛运动

【答案】C

【详解】A.设小球的质量为加，初速度为"，在水平方向上由动量守恒定律得

mv0=mv1+MV2

mVr.m

v=-----------V,

2MMl

结合图乙可得

mb

Ma

M

所以

b-

4=%,m

a

故A正确，不符合题意；

D.对小球和圆弧滑块组成的系统，有

mv0=mvx4-MV2

~mvo=~mvi

解得小球在与圆弧滑块分离时的速度为

m-Ma(b-a)八

匕二--------------V。=—-------------<0

m+Ma+b

即。>6时，小球的速度方向向左，所以小球与圆弧分离时向左做平抛运动，故D正确，不符合题意;

B.小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v共，在水平方向上由动量守

恒定律得

mvQ=(m+_A/)v共

解得

mvaab

“m+Ma+b

故B正确，不符合题意;

C.小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得

1,12,

—mv0=—(m+M)v共+mgh

解得

a3

2(m+M)g2(a+b)g

故C错误，符合题意。

故选C。

♦题型07弹簧类类碰撞问题

7.如图甲所示，物块A、B的质量均为2kg,用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接

触但不黏连。物块c从f=0时以一定速度向右运动，在f=4s时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分

开，物块C的3图像如图乙所示。下列说法正确的是（）

—

[A|\WVWVW|B

/////////////////

甲

A.物块c的质量为2kg

B.物块B离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能为40.5J

C.4s到12s的时间内,墙壁对物块B的冲量大小为0

D.物块B离开墙壁后,物块B的最大速度大小为3.6m/s

【答案】D

【详解】A.由图知，C与A碰前速度为匕=9m/s,碰后速度为为=3m/s,C与A碰撞过程动量守恒，以C的初

速度方向为正方向，由动量守恒定律

加臼=（%+加。丫2

解得

mc=1kg

故A错误；

B.AC粘在一起速度变为。时，弹簧的弹性势能最大，为

12

Ep=—（mA4-mc）v2=13.5J

故B错误；

C.由图知，12s末A和C的速度为V3=-3m/s,4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧对物体B的冲

量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为

VWmV

I=（利4+WC）3-（^+c）2

解得

/=-18N-s

方向向左，故C错误；

D.物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s,物块B离开墙壁后，系统动量守

恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有

（%+加c）匕=（mA+mc）V4+mBVB

；（啊+收）d=g（%+机c）W+g加

代入数据解得

vB=3.6m/s

物块B的最大速度为3.6m/s,故D正确。

故选Do

NO.3

压轴题速练

1.（2019・湖南长沙•一模）一质量为mi的物体以vo的初速度与另一质量为m2的静止物体发生碰撞，其中m2=kmi,

k<lo碰撞可分为完全弹性碰撞、完全非弹性碰撞以及非弹性碰撞。碰撞后两物体速度分别为V］和以假设碰

撞在一维上进行,且一个物体不可能穿过另一个物体。物体1碰撞后与碰撞前速度之比一=-的取值范围是（）

%

\-k1\-k1

A.-----<r<IB.-----<r<-------

1+k1+左1+k

Q<r<-^—2

C.D.——<r<——

\+k\+k1+左

【答案】B

【详解】若发生弹性碰撞，则由动量守恒

mivo=mivi+m2V2

由能量关系

121212

5加Fo=-m^+-m2v2

解得

m,-m.

匕二-----%

m1+m2

物体1碰撞后与碰撞前速度之比

V]_1-k

VQ1+左

若发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒

mivo=（mi+m2）v

解得

%=%=------

ml+m2

物体1碰撞后与碰撞前速度之比

匕二1

%1+k

所以，物体1碰撞后与碰撞前速度之比的取值范围是

W尸W----

1+左----1+左

故B正确，ACD错误。

故选Bo

2.（2024高三•安徽滁州•模拟预测）蹦极是一项刺激的户外休闲活动，足以使蹦极者在空中体验几秒钟的"自由

落体"。如图所示，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处。然后双臂伸开，双腿并拢，头

朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为蹦极者下落第一个（时动量的增加量为A0,下落第五个1时动量的增加

量为k2,把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则？L满足（）

A.1<-<2B.2<—<3c.3<-<4D.4<—<5

【答案】D

【详解】蹦极者下落高度乙的过程，可视为做自由落体运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等

位移的时间之比为

1：（V2-D：（V3-V2）：（V4-V3）：（V5-V4）

可知

’11

=V5+2

t2.V5-V4

即

4＜乙＜5

%2

由动量定理得

\p=mgt

故

4＜组＜5

△Pi

故选Do

3.（2024•山东临沂•一模）列车在水平长直轨道上的模拟运行图如图所示，列车由质量均为m的5节车厢组成,

假设只有1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度，列车向右运

动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0,碰到空气后空气的速度立刻

与列车速度相同，已知空气密度为夕。1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S,不计其他阻力，

忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，1号车厢

对2号车厢的作用力大小为（）

A.累犷菊B.［历iC.］版商D.

【答案】B

【详解】设动车的速度为v,动车对空气的作用力为品取。时间内空气柱的质量为△加，对一小段空气柱应用

动量定理可得

F•M=△加•v

其中

Am=pv•MS

解得

F=pSv2

由牛顿第三定律可得，空气对动车的阻力为

f=F=pSv-

当牵引力等于阻力时，速度达到最大，则

p=h、

解得

%=居

\pS

当速度达到最大速度一半时，此时速度为

,1

v=5%

此时受到的牵引力

解得

此时受到的阻力

f'=pSx^=^^S

对整体根据牛顿第二定律

F^~f'=5ma

对1号车厢，根据牛顿第二定律可得

F荤_f'_F[\=ma

当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，由牛顿第三定律，1号车厢对2号车厢的作用力大小为

Fn=^^S

故选Bo

4.（2024•北京顺义•一模）1899年，苏联物理学家列别捷夫首先从实验上证实了"光射到物体表面上时会产生压

力"，和大量气体分子与器壁的频繁碰撞类似，将产生持续均匀的压力，这种压力会对物体表面产生压强，这就

是“光压"。某同学设计了如图所示的探测器，利用太阳光的"光压”为探测器提供动力，以使太阳光对太阳帆的压

力超过太阳对探测器的引力，将太阳系中的探测器送到太阳系以外。假设质量为小的探测器正朝远离太阳的方

向运动，帆面的面积为S,且始终与太阳光垂直，探测器到太阳中心的距离为心不考虑行星对探测器的引力。

已知：单位时间内从太阳单位面积辐射的电磁波的总能量与太阳绝对温度的四次方成正比，即兄=。〃，其中7

为太阳表面的温度，b为常量。引力常量为G,太阳的质量为太阳的半径为R,光子的动量光速为

X

Co下列说法正确的是（

探测器

A.常量。的单位为安

K

B.t时间内探测器在r处太阳帆受到太阳辐射的能量4万A2/5

,2cGMm

C.若照射到太阳帆上的光一半被太阳帆吸收一半被反射，探测器太阳帆的面积S至少为卞钉

D.若照射到太阳帆上的光全部被太阳帆吸收，探测器在r处太阳帆受到的太阳光对光帆的压力生里

cr

【答案】D

【详解】A.尸。是单位时间从太阳单位面积辐射的电磁波的能量，所以单位为J/(s-n?),贝IJ

(7=4-

T4

则常量b的单位为

J=kg

s-m2-K4-S3-K4

故A错误；

B.f时间内探测器在r处太阳帆受到太阳辐射的能量

22

E^RtP0s_RtPaS

4万^r2

故B错误；

C.辐射到太阳帆的光子的总数

EEAR2tPSA

n=——==----\n—

hvheher

一半光子被吸收，一半反射，则有

其中

厂GMm

尸总2丁

联立可得

3R飞

故C错误;

D.若照射到太阳帆上的光全部被太阳帆吸收，则有

尸/="P

可得探测器在r处太阳帆受到的太阳光对光帆的压力

cr

故D正确。

故选Do

6.（2024•江西•一模）如图所示，假设入射光子的动量为口，光子与静止的电子发生弹性碰撞。碰后光子的动

量大小为p/,传播方向与入射方向夹角为a：碰后电子的动量大小为p2,出射方向与光子入射方向夹角为夕。已

知光速为C,普朗克常量为肌下列说法正确的是（）

电子

WW\A->O

碰撞前

A.碰前入射光的波长为当

C.p0=pxcosa+p2cospD.Po=Pi+P2

【答案】C

【详解】A.根据德布罗意公式可知，碰前入射光的波长为

选项A错误;

B.设电子的质量为加，则碰后电子的能量为

£=区

2m

选项B错误;

CD.沿光子入射方向的动量守恒，根据动量守恒定律可知

p0=Picosa+p2cos/3

选项C正确，D错误。

故选Co

7.（2024高三下•江西•开学考试）如图所示，。孙平面（纸面）第一象限内有足够长且宽度均为£、边界均平

行x轴的区域i和n,其中区域I存在磁感应强度大小为与、方向垂直纸面向里的匀强磁场，区域n存在磁感应

强度大小为=7民、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区域II的下边界与无轴重合。位于（0,3£）处的离子源能释放

出质量为加、电荷量为1、速度方向与X轴夹角为60。的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离

子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。下列说法正确的是（）

A.速度大小为邙处的离子不能进入区域n

2m

B.速度大小为学底的离子在磁场中的运动时间为沿

2m3qB1

C.恰能到达x轴的离子速度大小为竺风

m

D.恰能到达x轴的离子速度大小为"眦

m

【答案】ABC

【详解】

AB.当离子不进入磁场II速度最大时，轨迹与边界相切，如图1

图1

则由几何关系/cos60o=外-工解得4=2上根据"力=%工

♦

解得v=2妞在磁场中运动的周期7=笠

mqBx

所有速度小于匕的离子都未进入n区，速度偏转角都为12。。，运动时间都为

t_120°丁_271m

-

360°~lqBx

故AB正确；

CD.B?=7B\,且磁场n方向向外，则离子进磁场n后顺时针偏转，离子恰到X轴时速度与X轴平行，如图2

o

y/

取水平向右为正方向，全过程在水平方向由动量定理有

qBxL-qBJ=mvcos60°

解得

v=妈匹

m

故C正确，D错误。

故选ABC„

8.（2024•黑龙江哈尔滨•二模）如图所示，空间等距分布垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长,

磁感应强度大小B=2T,每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为1=hn。现有一个边长/=0.5m、

质量优=0.2kg、电阻夫=2。的单匝正方形线框，以%=6m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，以下说

法正确的是（）

ddddddd

AI«A

XXXXXXXX

XXXXXXXX

11

八

1XXXXXX

1

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XX：XXXXXX

XXXXXXXX

XXXXXXXX

XX：XXXXXX

A.线框进入第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量4=0.25。

B.线框刚进入第一个磁场区域时，安培力大小为尸=12N

C.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q=3.6J

D.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过2个完整磁场区域

【答案】ACD

【详解】A.线框进入第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为

_AO

—EA/Bl-2x0.5"„C_

q=/A/=—A/=----A/=------=---------C=0.2n5C

RRR2

故A正确；

B.线框刚进入第一个磁场区域时，产生的电动势为

£=8何=2xO.5x6V=6V

线框受到的安培力大小为

F6

F=5/7=3—Z=2x-x0.5N=3N

女R2

故B错误；

C,线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中，由于线框上下两边总是同时处在磁场中，则上下两边受到的安培

力相互抵消，即线框竖直方向只受重力作用，可认为竖直方向做自由落体运动；水平方向在安培力作用下做减速

运动，当水平方向的速度减为零时，线框开始竖直下落；则线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳

热为

1,1,

0=5mv\=—x0.2x6"J=3.6J

故C正确；

D.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中，水平方向根据动量定理可得

-£管=°-叫

又

牛”等》公B2l

R

联立解得

mvnR0.2x6x2

X=---r-r-m=2.4m

B用22X0.52

线框穿过1个完整磁场区域，有安培力作用的水平距离为2/,由于

A=2.4=24

212x0.5'

可知线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过2个完整磁场区域，故D正确。

故选ACD„

9.⑵24・湖北•二模）如图所示，质量分别为小而、*=123……）的刎弧槽、小球B、小球C均静止在

水平面上，圆弧槽的半径为及，末端与水平面相切。现将质量为机的小球A从圆弧槽上与圆心等高的位置由静

止释放，一段时间后与B发生弹性正碰，已知重力加速度为g,不计A、B、C大小及一切摩擦。下列说法正确的

是（）

B.若BC发生的是完全非弹性碰撞，〃取不同值时，BC碰撞损失的机械能不同

C.若BC发生的是弹性正碰，当〃=2时，碰撞完成后小球C的速度为(废

D.〃取不同值时，C最终的动量不同，其最小值为

O

【答案】BCD

【详解】A.小球A第一次下滑到圆弧槽最低点时，小