2021年2022年高考物理真题分类汇编：动量.pdf

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1、2021、2022年高考物理真题分类汇编7动量2022年高考真题1、（2 0 2 2 湖 南 卷 T 7）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其 丫-，图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（）A在 04时间内，返回舱重力的功率随时间减小B.在0彳时间内，返回舱的加速度不变C.在6 时间内，返回舱的动量随时间减小D.在右 A时间内，返回舱的机械能不变【答案】A C【解析】A.重力的功率为P=mgv由 图 可 知 在 时

2、 间 内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故 A正确;B.根据内图像的斜率表示加速度可知在Of 时间内返回舱的加速度减小，故 B错误；C.在 3 f2 时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故 C正确；D.在 7 3 时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降,重力势能减小，故机械能减小，故 D错误。2、（2 0 2 2 湖 南 卷 T 4）1 9 3 2 年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度%分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢核和氮核的速度分别为匕和。设碰撞为弹

3、性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（）O-o *片中子 氢核O_ O*v2中子 犯核A.碰撞后氮核的动量比氢核的小B.碰撞后氮核的动能比氢核的小C.为大于巧 D.匕大于【答案】B【解析】设中子的质量为加，氢核的质量为加，氮核的质量为1 4?，设中子和氢核碰撞后中子速度为匕，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 2%=mvx+mv31 2 1 2 1 2m v j =mVy+m v3联立解得%设中子和氮核碰撞后中子速度为v4,由动量守恒定律和能量守恒定律uj 得m v()=1 4 m v2+m v4mvo=4根片 十；w u：联立解得2彩=.可得%=%v2碰撞后氢核的动量为PH=机 W =m

4、 v0氮核的动量为p,.2 8 m v0N=1 4 m v2=可得PN PH碰撞后氢核的动能为E口.=1 mv,2 =1 mv2 2 i 2 u氮核的动能为纥=1.1 4*=纱竺kN 2 225可得%4故 B正确，ACD错误。3、（2 0 2 2 山 东 卷 T 2）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（火箭发射仓高压气体A.火箭的加速度为零时，动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空

5、气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量【答案】A【解析】A.火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故 A正确；B.根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故 B

6、借误；C.根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故 C错误；D.根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故 D错误。4、（2 0 2 2 全国乙卷T 2 0）质量为1 k g 的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，尸与时间/的关系如图所示 已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小取g=10m/s2。则（）1 F/N4-；0 1 2 U 1 6/s-4-i-iA.4s时物块的动能为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kg-向5D.06s时间内尸对物块所做的功为40J【答案】AD【解析】物块与地面间

7、摩擦力为f =田ng-2NA C.对物块从03内由动量定理可知=mv3即(4-2)x 3=1 x v3得v3=6m/s3s时物块的动量为p=mv3=6kg-m/s设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得-(F +f)t=0-m v3即-(4+2=0-1x6解得/=ls所以物块在4s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确，C错误;B.。3物块发生的位移为M，由动能定理可得(尸一/)玉=；加即(4-2)须=-x 1 x 62得%=9m3s4s过程中，对物块由动能定理可得1 ,-(F+f)x2=O-mv3即-(4+2)x)=0 x lx 6-得x2=3m4s 6s物块开始反向运动，

8、物块的加速度大小为F f 三，2a=-=2m/sm发生的位移为1x,=X3 22x22 m=4m +x2即6s时物块没有回到初始位置，故B错误;D.物块在6s时的速度大小为心=2 x 2m/s=4m/s06s拉力所做的功为W=(4x9 4x3+4x4)J=4()J故D正确。5,(2022 浙 江6月 卷。丁?。)如图所示，在竖直面内，一质量，”的物块a静置于悬点。正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道A&CD、FG处于同一水平面上,AB.MN、CQ的 长 度 均 为 圆 弧 形 细 管 道。E半径为R,EF在竖直直径上，E点高度为，。开始时，与物块。相同的物块6悬挂于。点，并向左

9、拉开一定的高度由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与。发生弹性正碰。已知加=2g,/=lm,R=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,物块与MM CO之间的动摩擦因数=0.5,轨道AB和管道。E均光滑，物块 落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与。E平滑连接，物块可视为质点，取g=10m/s2。(1)若=1.25m,求a、6碰撞后瞬时物块的速度%的大小;(2)物块。在O E最高点时，求管道对物块的作用力”与/?间满足的关系；(3)若物块b释放高度0.9 m 1.2 m)；(3)当0.9 m 1.2 m时,2.6 m x 3m，当 1.2 m h .6 5 m 时，【

10、解析】(1)滑块人摆到最低点过程中，由机械能守恒定律mgh=；m 说解得vh=5 m/sb与。发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvh=mvb+mv0联立解得%=以=5 m/s(2)由(1)分析可知，物块b与物块。在A发生弹性正碰，速度交换，设物块。刚好可以到达E点，高度为由,根据动能定理可得mghy-2jjmgl-m g H=0解得%=1.2 m以竖直向下为正方向2氏+加g =加*由动能定理mgh-2 jjmgl-m g H =1mv2联立可得FN=0.1 -0.14(2 1.2m)s=vEt八0GDF=m5x=3l+DF+M（3）当1.2m 人 1.65m时，物块位置在E点

11、或E点右侧，根据动能定理得1 2mgh-2/jmgl-mgH-mvE从E点飞出后，竖直方向水平方向根据几何关系可得联立解得代入数据解得当0.9m L2m时，从力2 =0.9m释放时，根据动能定理可得mgh-/Jmgs2=0解得s2=1.8m可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块“由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得mgH-mgs3 =0解得$3=0.4m距离。点0.6111,综上可知当0.9m/?1.2m时31-s3 x3l代入数据得2.6m x 3m6、（2022 全国乙卷T25）如 图（a）,一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，r =0时与弹簧

12、接触，至|=2 2时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的1/一/图像如图(b)所示。已知从r =0到t =f o时间内，物块A运动的距离为0.3 6匕 访。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为6(s i n 6 =0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。10.8 7图(a)【答案】(I)0.6 mv ；(2)0.7 6 8%；(3)0.4 5【解析】求B-i-

13、1 2 t/t0图(b)则同一时刻A、8的的瞬时速度分别为(1)当弹簧被压缩最短时据动量守恒定律根据能量守恒定律联立解得(2)同一时刻弹簧对A、可知同一时刻,弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，口 =小 时刻，根mB-1.2v0=(mB+ni)v0121 2E p ma x =-mB(1.2 v0)-(mf i+m)v0mB=5m8的弹力大小相等，根据牛顿第二定律F=maaA=5aB以=卯以=1.2%一:根据位移等速度在时间上的累积可得=”（累 积）sB=%（累 积）又S,=0.3 6%)解得%=L 1 2 8%第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值s=sB-sA=O.7 6 8%f o（3）

14、物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与8分离后速度大小仍为2%,方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为以，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得mvA-5 m-0.8%=?（-2%）+5mvB根据能量守恒定律可得|m vA+；5加 (0.8%)2 =；?(-2 v0)2+；-5 加叶联立解得乙=%设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得-mgL s i n 0-jumgL co s 0=0-机(2%/下滑过程，根据动能定理可得mgL s i n 6 -/jmgLco s =mv-0联立解得 =0.4 57、（2 02 2 山东卷 T 1 8）如图所示，

15、“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的O 点，。点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在O 点正上方的。点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动（要求摆角小于5）,A以速度沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到。点的正下方时,相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量M八=0.1 kg ,B的质量/B=0 3 kg,A与B的动摩擦因数4=0.4,B与地面间的动摩擦因数 2 =0.2 2 5,%=4 m/s,取重力加速度g =1 0 m

16、/s?。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时间忽略不计，不计空气阻力，求：(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小以 与观；(2)B光滑部分的长度必(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功叱；M(4)实现上述运动过程，的取值范围(结果用c os 5 表示)。小球O累nnunrnjnjnMitufHfi7 3【答 案】(1)vA=2 m/s ,vB 2 m/s ；(2 )d m ；(3 )-J ；(4 )6 6 5301 M 兀-8 5%8 5(1 -J l-c os 5。)【解析】(1)设水平向右为正方向，因为0 点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有代入数据

17、联立解得/Av0=wAvA+mBvB1 2 1 2 1 2/入%.%以+万%vA=-2 m/s ,(方向水平向左)vB=2 m/s，(方向水平向右)即A和B速度的大小分别为vA=2 m/s ,vB=2 m/s。(2)因为A物体返回到O点正下方时，相对地面速度为0,A物体减速过程根据动能定理有C 1。-WnA 8 =0-mAVA代入数据解得x0=0.5 m根据动量定理有-M g t2=O-mAvA代入数据解得t2=0.5 s此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以对于此过程B有X A（mA+mB）g =mB6 z,1 2%0 =-/卬1联立各式代入数据解得t.=-S ,f l =ls （舍

18、去）3故根据几何关系有J =vAr,+x0代入数据解得（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为v2=vB 一卬=lm/s在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知41mA g +生（以 +“B）g =为生解得1 3 ,2a、=m/s3B物体停下来的时间为“，则有0=v2-a2t3解得=1S，2=0,5S可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为一 二41 5 2g 26所以A对B的摩擦力所做的功为W f =一以11nA gXB-J6 5（4）小球和A碰撞后A做匀速直线运动再和B相碰，此过程有d 7ta=svA 1 2由题意可知A返回到。点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做

19、简谐振动的周期为7,摆长为L,则有T=2T C小球下滑过程根据动能定理有M g L M v2小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有M v-M vx+%当碰后小球摆角恰为5。时，有A L（l-c os 5）=M v,2联立可得M _ 36rWA 8 5（l-J l-c os 5。）当碰后小球速度恰为0时，碰撞过程有M v =mAv0则可得M _ 3叵兀mK 8 5故要实现这个过程的范围为3日 M 30万-8 5 4 8 5（l-V l-c os5 0）8、（2 0 2 2 广东卷T 1 3）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们

20、处于静止状态。当滑块从A处以初速度/为1 0 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力/为1 N,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量加=0.2 k g,滑杆的质量M=0.6 k g,A、B间的距离/=1.2 m,重力加速度g取1 0 m/s?，不计空气阻力。求：（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小M和N2；（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小也；（3）滑杆向上运动的最大高度从【答案】M=8 N,M=5N；v,=8 m/s；=（）.2 m【解析】（1）当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即M=（m+）g =8 N

21、当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N,方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2=M g-f=5N（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有-mgl-fl=；mv-g mv代入数据解得W =8 m/s。（3）由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有mvt=（m+M）v碰后滑块和滑杆以速度V整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有-(m+A/)g/i=0-(m +A/)v2代入数据联立解得=0.2 m9、（2 0 2 2 湖 南 卷 T 1 4）如 图（a）,质量为，篮 球 从 离 地H高度处由静止下落，与

22、地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是H-h篮球所受重力的4倍（4为常数且04 ,h、N 、/h、N u,h、N T v*/N H H 2g(1 4)H 2(1-Z)H 2 g(l-2)其中IIN=H,ho=h则有2H=(与 N-h+-7旦-H 2 g(IT)H则 H（J L）N+I _ J l H H10、（2022 河 北T13）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和 B,质量分别为1kg和2kg,A 右端和B 左端分别放置物块C、D,物块C、D 的质量均为1kg,A 和 C 以相同速度%=l（）m/s 向右运动，B 和 D 以相同速度加。向

23、左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C 与 D 粘在一起形成一个新滑块，A 与 B 粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为 =Q1。重力加速度大小取g=1 0 m/s（1）若（）人0.5,求碰撞后滑块C、D 形成的新滑块的速度的大小和方向；（2）若女=0.5,从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止，新滑块相对新滑板的位移的大小。A月z/zzzzz-2Zz/z/z/zz/z/z【答案】(1)5(i)m/s,方向向右;(2)1.8 7 5m【解析】(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度为也C、D的质量均为加=1k g,以向右方向为正方向，则

24、有mv0-m-kv0=(m+m)v解得1 -Z-v =v0=5(1-攵)m/s 0可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1-Qm/s,方向向右。(2)若左=0.5,可知碰后滑块C、D形成的新滑块的速度为v =5(1-k)m/s =5x(l-0.5)m/s =2.5m /s滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为M ,以向右方向为正方向，则有wAv0-wB-Z:v0=(wA+/nB)v,解得M =()可知碰后新滑块相对于新滑板向右运动，新滑块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新滑块的质量为M i =2k g,新滑板的质量为知2=3 k g,相对

25、静止时的共同速度为丫 共，根据动量守恒可得M|V =(M +%)丫共解得u 共=l m/s根据能量守恒可得1 2 1 24 M g s 相=5 M凹-3(m1+%共解得$相二 1.8 7 5m11、(20 22 湖 北 T 16)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为小重物A和B的质量均为加，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为6 0。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为J 2时，与正下方质量为2

26、m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动 距离后静止（不考虑C、D再次相碰）。A、B、C、D均可视为质点。（1）求C的质量;（2）若D在运动过程中受到的阻力尸可视为恒力，求尸的大小;（3）撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。_L。乂60。60。、元【答案】（1）也m；（2）6.5 m g；（3）（4-2 /3）L【解析】（1）系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知mcg=2mg c os 3()解得mc=y 3m（2）C O碰后C的速度为零，设碰撞后力的速度v,根据动量守恒定律可知y/3mx0+

27、2mv解得3u =一2c o碰撞后。向下运动二 距离后停止，根据动能定理可知1 00-x 2 m v2=2m g-F 2 1 0 1 0解得F=6.5tng（3）设某时刻C向下运动的速度为J ,A 8向上运动的速度为v,图中虚线与竖直方向的夹角为a,根据机械能守恒定律可知1 121 z 、2 L ./Lmcv+2x-m(v cos a)=mcg-2mgi-L)2 2 tana sin a令L c,L,、y=”.g 2mg(.L)tan a sin a对上式求导数可得da(sin a)(sin a)2当 学=0时解得da百cos a=2即a=30此时y=m,g 2mg(.L)=mgLtan a

28、sin a于是有mcv2+2xm(v coscif)2=mgL解得3 V3一+-4 2此时C的最大动能为=-m,v22,=(4-26)m gL2021年高考真题1.（2 0 2 1 山东卷）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面”的高处，现将质量为，”的物资以相对地面的速度%水平投出，落地时物资与热气球的距离为乩己知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g,不计阻力，以下判断正确的是（）A.投出物资后热气球做匀加速直线运动B.投出物资后热气球所受合力大小为2 g【答案】BC【解析】AB.热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0,初动量为0,水平投出重力为的物资瞬间

29、，满足动量守恒定律Mv=m v0则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速 度 心 热气球所受合外力恒为叫，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，A错误，B 正确；C D.热气球和物资的运动示意图如图所示热气球和物资所受合力大小均 为 冲，所以热气球在竖直方向上加速度大小为ma=gM物 资 落 地H过程所用的时间f内，根 据H =am【答 案】ABD【解 析】A.由 于 在0 八时间内，物 体B静 止，则 对B受力分析有F城=F奔则墙对B 的冲量大小等于弹簧对B 的冲量大小，而弹簧既作用于B 也作用于A,则可将研究对象转为A,撤去尸后A 只受弹力作用，则根据动量定理有I=fflAVO

30、（方向向右）则墙对B 的冲量与弹簧对A 的冲量大小相等、方向相同，A 正确；B.由q f图可知A 后弹簧被拉伸，在打时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有尸弹=max=mRcm由图可知4B WA则/MB VB=S3A、B 共速，则SSz=S3D 正确。3.（2021全国卷）水平桌面上，一质量为机的物体在水平恒力F 拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为%,此时撤去凡 物体继续滑行2s。的路程后停止运动，重力加速度大小为g,则（）A.在此过程中厂所做的功为/机诏3B.在此过中歹的冲量大小等于耳机2C.物体与桌面间的动摩擦因数等于二%-4sgD.F的大小等于物体所受滑动摩擦

31、力大小的2倍【答案】BC【解析】C D.外力撤去前，由牛顿第二定律可知F-/amg=ma由速度位移公式有2als0 1外力撤去后，由牛顿第二定律可知-jumg=ma-,由速度位移公式有-Vp=2a2(2s0)由可得，水平恒力尸 二 四14%动摩擦因数4gs0滑动摩擦力2Ff=fjmg=-4so可知尸的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3 倍，故 C 正确，D 错误；A.在此过程中，外力厂做功为3,W=Fs0=mv故 A 错误；B.由平均速度公式可知，外力/作用时间,=5 o=2so-Q +VQ-%2在此过程中，尸的冲量大小是3i=5 根%故 B 正确。4.(2021湖南卷)物体的运动状态可用位置

32、和动量P 描述，称为相，对应，-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轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（）【解析】质点沿X轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2=lax而动量为p=mv联立可得_ 1p=2ax=myJla-动量P 关于x 为幕函数，且x 0,故正确的相轨迹图像为D。故选D。5.（2021全国卷）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

33、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（）T 吗 啰。口A.动量守恒，机械能守恒B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒【答案】B【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选B。6.（2 0 2 1.浙江卷）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，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方

34、向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在 5 s 末和6 s 末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为3 4 0 m/s,忽略空气阻力。下列说法正确的是（）A.两碎块的位移大小之比为1:2 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为8 0 mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为6 8 m/s D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为3 4 0 m【答案】B【解析】A.爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知_ m2V 2=0因两块碎块落地时间相等，则&玉-m2x2=0则x,m-,1-=x2 4 2则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,选项A错

35、误；B,设两碎片落地时间均为f,由题意可知（5 ）._ 1（6-。丫 声 2解得r=4 s爆炸物的爆炸点离地面高度为h=1 gt92 =I x l 0 x 4,-m=8 0 m2 2选项B正确；CD.爆炸后质量大的碎块的水平位移3 =(5 4)x 340m 340m质量小的碎块的水平位移x2=(6-4)x 340m=680m爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m质量大的碎块的初速度为vl0=m/s=85m/s选项CD错误。7.（2021浙江卷）如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站，电力供应仅为lx i（p w。若用国际单位制基本单

36、位的符号来表示W,正确的是（）A.N-sB.N,m/sC.kg m/sD.kg,m2/s3【答案】D【解析】A.N不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义/=&可知，N-s是冲量的的单位，A错误；B.根据功率的计算公式尸=F V可知功率的单位可以表示为N-m/s,但N不是国际单位制基本单位，B错误；C.根据动量的定义=物可知，kg-m/s是动量的单位，C错误；D.根据P=F v可知功率的单位可以表示为N m/s,结合尸=“可知N =kg-m/s2,则功率得单位W =N-m/s=kg-m2/s3,D正确。8.（2021.山东卷）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面

37、的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量，=01kg的鸟蛤，在 =20m的高度、以%=15m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间&=0.（X）5 s,弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力）（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地 面平齐、长度L=6 m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为2 0 m,速度大小在1 5 m/s 1 7 0 V s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。y-【答案】（I）歹=5 0

38、0 N：（2）3 4 m,3 6 m 或（3 4 m,3 6 m）【解析】（I）设平抛运动的时间为，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为丫。竖直方向分速度大小为根据运动的合成与分解得H =g g/，%=g r，v=M +vj在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度V的方向为正方向，由动量定理得-F Z =0-mv联立，代入数据得F=5（X）N（2）若释放鸟蛤的初速度为匕=1 5 m/s,设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x i,击中右端时，释放点的x坐标为Z，得玉=v/,尤2=玉+乙联立，代入数据得x,=3 0 m ,x2=3 6 m若释放鸟蛤时的初速度为岭=1 7 m/s,设击中岩石左端时，释放点的x坐

39、标为,击中右端时，释放点的x坐标为超 工 得X；=V2f X2=%+乙联立，代入数据得罚=3 4 m，=4 0 m综上得x坐标区间 3 4 m,3 6 m 或（3 4 m,3 6 m）9.（2 0 2 1 广东卷）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框从甲、乙相隔电=3.5 x 1 0 ,乙与边框a相隔S 2 =2.0 x l 0-2 m ,算珠与导杆间的动摩擦因数=0。现用手指将甲以0.4 m/s 的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s,方向不变，碰撞时间极短且

40、不计，重力加速度g 取 l Om/s?。(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。算珠归零状态边框边框6 dmmmHtL【答案】(1)能；(2)0.2 s【解析】(1)由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有f =Ring ma则甲乙滑动时的加速度大小均为a =g=l m/s2甲与乙碰前的速度也，则2 a s i=诏一片解得v i=0.3 m/s甲乙碰撞时由动量守恒定律m%=mv2+m v3解得碰后乙的速度V 3=0.2 m/s然后乙做减速运动，当速度减为零时则黄 0.22 c ccX =2-=-m=0.0 2 m =2a 2 x 1 2可知乙恰好能滑到边框a

41、；(2)甲与乙碰前运动的时间t=%匕L =0-.-4-0-.-3-s=On.l s1碰后甲运动的时间to=v2 =0.1 s=_0.1 s2 a 1则甲运动的总时间为f=4+2=0.2 s1 0.（2 0 2 1 .浙江卷）如图所示，水平地面上有一高H=0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角8=37。的粗糙直轨道A 3、水平光滑直轨道8C、四分之一圆周光滑细圆管道CO和半圆形光滑轨道。所，它们平滑连接，其中管道CD的半径r=0.1m、圆心在。1 点，轨道。下 的半径R =0.2 m、圆心在。2 点，。|、。、。2 和尸点均处在同一水平线上。小滑块从轨道A8上距台面高为的P点静止下滑，与静止在轨

42、道8C上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道OEF从 F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道4 3间的动摩擦因数=五，sin37=0.6,cos37=0.8（1）若小滑块的初始高度力=0.9 m,求小滑块到达8点时速度%的大小;（2）若小球能完成整个运动过程，求/?的最小值力（3）若小球恰好能过最高点E,且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与 F点的水平距离 X的最大值X ma x【答案】(1)4 m/s；(2)/1m=045m；(3)0.8 m【解析】（1）小滑块在AB轨道上运动mgh-p

43、img cos 3-m V代入数据解得%=3 9=4m/s（2）小球沿CD所 轨 道 运动，在最高点可得m2=m-m inR从 C点到E点由机械能守恒可得g 加,m in+m g(R+r)=；%min解得vEniin =V2m/s,vBmin=2V2m/s小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有,12机Lm in=mv1 ,2 1 2A+m vm,-m v -m vA2+-m v 解得V/=0-VB m in =VA m in结合(1)问可得VA m in =g Jgm in解得h的最小值%=0.45m(3)设尸点到G点的距离为)，小球从E点到G点的运动，由动能定理m VG =g%dmi

44、n+Wg(R+丁)由平抛运动可得1 ,x=vGt,H+r-y -g t-联立可得水平距离为x=2 j(0.5-y)(0.3 +y)由数学知识可得当0.5-y =0.3+y取最大，最大值为%X=08m1 1.(2 0 2 1 浙江卷)如图中所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为1的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口。以金属板N的中心。为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y 和 z 坐标轴。M、N板之间存在场强为 以 方向沿z 轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z 方向的分量始终为零，沿X和y方向的分量比和4随时间周期性变化规律如图

45、乙所示，图中线可调。敬离 子（X e 2+）束从离子源小孔S射出，沿z方向匀速运动到M板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点。处相对推进器的速度为w。已知单个离子的质量为，以 电荷量为2 e,忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vs；（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节线的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求舔的取值范围；（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T,单位时间从端面P射出的离子数为,且 舔=叵也。求图乙中小时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向

46、的分力。5eL【答案】（1）（3）方向沿z轴负方向V m 3eL 5【解析】（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点。处，根据动能定理有2eEd=g m Vg -；mvs2解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小/2 4eEd（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口 P的下边缘中点射出，根据几何关系有、2+!?=&7根据洛伦兹力提供向心力有2%&=中联立解得综=舞当磁场在x和)，方向的分量同取最大值时，离子从喷口 P边缘交点射出，根据几何关系有(K /2?4 2+c=及此时3=J 5&)；根据洛伦兹力提供向心力有Cm V02 x V0XV2D0=-R 2联立解得故 的 取 值

47、范 围为。-；3eL(3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示由题意根据洛伦兹力提供向心力有22 e x v0 xv2 B0=-/?3且满足3 察所以可得_ mv0 _ 52 2圆B0 4”所以可得co s 0-5离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有Fbt=n A Z m v0 co s。一 0根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F=nmvQ方向沿z轴负方向。1 2.（2 0 2 1.河北卷）如图，一滑雪道由AB和两段滑道组成，其中4?段倾角为夕，B C段水平，AB段 和 段 由 一 小 段 光 滑 圆 弧 连 接，一个质量为2 k g的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1

48、s后质量为4 8 k g的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s 2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数1 7 2 4为 =石，重力加速度取g=1 0 m/s 2,s in,cos。=不，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：（1）滑道A5段的长度；（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。【答案】（1）L=9m：（2）v =7.4 4 m/s【解析】（1）设斜面长度为L，背包质量为町=2 kg,在斜面上滑行的加速度为q ,由牛顿第二定律有州 g s in 6 4 ml g cos 0=m1ala=2 m/s2滑雪者质

49、量为机2 =4 8 kg,初速度 为%=L 5 m/s,加速度为a 2 =3 m/s?,在斜面上滑行时间为/，落后时间f（）=l s,则背包的滑行时间为t +小，由运动学公式得L%?H a2r联立解得1=2 8 或1 =一风舍去)故可得L=9m(2)背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为巧、v2,有V,=4Q+%)=6 m/sv2=v0+a2t=7.5 m/s滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有+/n2 V 2 =(mi +w2)v解得v =7.4 4 m/s1 3.(2 0 2 1 浙江卷)如图所示，竖直平面内由倾角a=6 0。的斜面轨道A B、半径均为

50、R的半圆形细圆管轨道B C 0 E 和圆周细圆管轨道E F G 构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心。2 的连线，以及。2、E、。1 和 B 等四点连成的直线与水平线间的夹角均为G 3 0。，G点与竖直墙面的距离d=&A。现将质量为m 的小球从斜面的某高度h 处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。(1)若释放处高度/?=加，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小它及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；(2)求小球在圆管内与圆心O i点等高的。点所受弹力FN与h 的关系式；(3)若小球释放