2024年高考物理復(fù)習(xí)試題分類訓(xùn)練：動(dòng)量（教師卷）

專題07動(dòng)量

2024

高考真題

1.（2024全國(guó)甲卷考題）7.蹦床運(yùn)動(dòng)中，體重為60kg的運(yùn)動(dòng)員在/=0時(shí)剛好落到蹦床上，對(duì)蹦床作

用力大小廠與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示。假設(shè)運(yùn)動(dòng)過程中運(yùn)動(dòng)員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時(shí)蹦

床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/S?。下列說(shuō)法正確的是（）

「二二1

I：IIIIIIIIIIIIIIIIIIIII」I；I」IA〃S

00.51.01.52.02.5

A.f=0.15s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最大

B./=0.30s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員的速度大小為10m/s

C/=1.00s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處

D.運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開過程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為4600N

【答案】BD

【解析】A.根據(jù)牛頓第三定律結(jié)合題圖可知/=0.15s時(shí)，蹦床對(duì)運(yùn)動(dòng)員的彈力最大，蹦床的形變量最

大，此時(shí)運(yùn)動(dòng)員處于最低點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員的重力勢(shì)能最小，故A錯(cuò)誤；

BC.根據(jù)題圖可知運(yùn)動(dòng)員從t=0.30s離開蹦床到/=2.3s再次落到蹦床上經(jīng)歷的時(shí)間為2s,根據(jù)豎直

上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，運(yùn)動(dòng)員上升時(shí)間為1s,則在/=1.3s時(shí)，運(yùn)動(dòng)員恰好運(yùn)動(dòng)到最大高度處，/=0.30s

時(shí)運(yùn)動(dòng)員的速度大小v=10xlm/s=10m/s故B正確，C錯(cuò)誤；

D.同理可知運(yùn)動(dòng)員落到蹦床時(shí)的速度大小為10m/s,以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理

F-AZ-mg-A?=mv-（-mv）,其中Ar=0.3s

代入數(shù)據(jù)可得產(chǎn)=4600N

根據(jù)牛頓第三定律可知運(yùn)動(dòng)員每次與蹦床接觸到離開過程中對(duì)蹦床的平均作用力大小為4600N,故D

正確。

故選BD?

2.（2024年江蘇卷考題）8.在水平面上有一個(gè)U形滑板A,A的上表面有一個(gè)靜止的物體B,左側(cè)用輕

彈簧連接在滑板A的左側(cè)，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板B的右側(cè)，開始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光

滑，剪斷細(xì)繩后，則（）

B-

___________\

A.彈簧原長(zhǎng)時(shí)物體動(dòng)量最大B.壓縮最短時(shí)物體動(dòng)能最大

C.系統(tǒng)動(dòng)量變大D.系統(tǒng)機(jī)械能變大

【答案】A

【解析】對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知合外力為0,A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，得機(jī)人丫人="%0

設(shè)彈簧的初始彈性勢(shì)能為Ep,整個(gè)系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧原長(zhǎng)時(shí)得

Ep=JA+2/72BVB

1、

2

聯(lián)立得綜=彳q+外vB

2（mA）

故可知彈簧原長(zhǎng)時(shí)物體速度最大，此時(shí)動(dòng)量最大，動(dòng)能最大。

故選Ao

3.（2024年安徽卷考題）8.在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個(gè)完全相同的帶電小球，通過不可伸

長(zhǎng)的絕緣輕質(zhì)細(xì)線，連接成邊長(zhǎng)為d的正三角形，如圖甲所示。小球質(zhì)量為如帶電量為+4,可視為點(diǎn)電

荷。初始時(shí)，小球均靜止，細(xì)線拉直?，F(xiàn)將球1和球2間的細(xì)線剪斷，當(dāng)三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)到同一條直線上時(shí)，

速度大小分別為匕、匕、匕，如圖乙所示。該過程中三個(gè)小球組成的系統(tǒng)電勢(shì)能減少了不，A為靜電力

常量，不計(jì)空氣阻力。則（）

1?----?V]

圖甲圖乙

A.該過程中小球3受到的合力大小始終不變B.該過程中系統(tǒng)能量守恒，動(dòng)量不守恒

C.在圖乙位置，匕=匕，匕/2匕D.在圖乙位置，網(wǎng)二

V3md

【答案】D

【解析】AB.該過程中系統(tǒng)動(dòng)能和電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，能量守恒，對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知系統(tǒng)受到的合外

力為0,故動(dòng)量守恒；當(dāng)三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)到同一條直線上時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性可知細(xì)線中的拉力相等，此時(shí)球3受

到1和2的電場(chǎng)力大小相等，方向相反，故可知此時(shí)球3受到的合力為0,球3從靜止?fàn)顟B(tài)開始運(yùn)動(dòng)，瞬間

受到的合力不為0,故該過程中小球3受到的合力在改變，故AB錯(cuò)誤；

CD.對(duì)系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量守恒mvl+mv2=mv3

根據(jù)球1和2運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知匕=匕，解得嗎=2Vl

根據(jù)能量守恒—mv.2+—mv?+—mv,2=色~

2122232d

解得v-tel故C錯(cuò)誤，D正確。

V3md

故選D。

4.（2024年湖北考題）10.如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為區(qū)長(zhǎng)為/的木塊，質(zhì)量為加

的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小%成正比，

即/=（A為己知常數(shù)）。改變子彈的初速度大小%,若木塊獲得的速度最大，則（）

〃〃麗沛而冊(cè)明冊(cè)而加U'

2kL（m+M}2mM

A.子彈的初速度大小為一^——：B.子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為77―不

C.木塊和子彈損失的總動(dòng)能為E‘（一十"）D.木塊在加速過程中運(yùn)動(dòng)的距離為々7

mMm+M

【答案】AD

【解析】A.子彈和木塊相互作用過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度的速度分別

為匕，匕，則有mvo=mv\+Mv?

子彈和木塊相互作用過程中合力都為/=因此子彈和物塊的加速度分別為弓=—

mM

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得子彈和木塊的位移分別為2。心=片-憶2a2々=￡

聯(lián)立上式可得

%=

M+m

因此木塊的速度最大即5-J喏-2(勺&+*]工取極值即可，該函數(shù)在到無(wú)窮單調(diào)遞

減，因此當(dāng)%=2(K+K]L=2坦竺包木塊的速度最大，A正確；

VmM)Mm

B.則子彈穿過木塊時(shí)木塊的速度為h=——

M+m

mM

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得t=k(m+My故B錯(cuò)誤；

C.由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)摩擦生熱，即AE=Q=/L=2」\(m+M)

mM

故C錯(cuò)誤；

D.木塊加速過程運(yùn)動(dòng)的距離為X,=&三￡=—以，故D正確。

2M+m

故選AD。

5.(2024年上海卷考題)7.如圖，小球a通過輕質(zhì)細(xì)線I,II懸掛，處于靜止?fàn)顟B(tài)。線I長(zhǎng)/=O.5m,

II上端固定于離地H=2.1m的。點(diǎn)，與豎直方向之間夾角6=37°；線H保持水平。。點(diǎn)正下方有一與a

質(zhì)量相等的小球6,靜置于離地高度/i=1.6m的支架上。(取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=9.8m/s2)

(1)在線I,II的張力大小耳，此和小球a所受重力大小G中，最大的是

(2)燒斷線H,a運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與6發(fā)生彈性碰撞。求：

①與6球碰撞前瞬間a球的速度大小為；(計(jì)算)

②碰撞后瞬間6球的速度大小打；(計(jì)算)

③6球的水平射程s。(計(jì)算)

【答案】①.F[(2).1.4m/s③.1.4m/s④.0.8m

GF

【解析】(1)[1]以小球,為對(duì)象，根據(jù)受力平衡可得片=--=^-

cos0sin0

可知在線I,II的張力大小耳，耳I和小球a所受重力大小G中，最大的是瓦。

(2)①[2]由動(dòng)能定理可得mgI(1-cosO)=^mvl

可得va=J2g/(l-cosd)=^2x9.8xO.5x(l-O.8)m/s=1.4m/s

②[3]由動(dòng)量守恒定律和能量守恒可得

—=—mv2+—

mva=mv'a+mvb

222

聯(lián)立解得vb=1.4m/s

1,

③[4]由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有l(wèi)rgt,S

聯(lián)立解得s=以(^=1.4x：F^^m=0.8m

6.(2024年廣東卷考題)14.汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護(hù)乘客的裝置。

(1)安全帶能通過感應(yīng)車的加速度自動(dòng)鎖定，其原理的簡(jiǎn)化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過

程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達(dá)到共同的加速度a,同時(shí)頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，

并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時(shí)敏感臂對(duì)敏感球的壓力大小為外，敏感球的質(zhì)量為如重力加速度

為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan。。

(2)如圖乙所示，在安全氣囊的性能測(cè)試中，可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為〃處做自由落體

運(yùn)動(dòng)。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，氣囊對(duì)頭錘豎直方向作用力尸隨時(shí)間力

的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量30kg,H=3.2m,重力加速度大小取

g=10m/s2o求：

①碰撞過程中廠的沖量大小和方向；

②碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度。

八ma

【答案】(1)tan6=-------—；(2)①330N-s,方向豎直向上；②0.2m

mg+FN

【解析】(1)敏感球受向下的重力儂和敏感臂向下的壓力A以及斜面的支持力也則由牛頓第二定律

可知g+4jtan6=〃7a

ma

解得tan。=

加g+8

(2)①由圖像可知碰撞過程中尸的沖量大小=LX0.1X6600N?S=330N?S,方向豎直向上；

2

②頭錘落到氣囊上時(shí)的速度％=耳后'=8m/s

與氣囊作用過程由動(dòng)量定理(向上為正方向)4-mgt^mv-(-mv0)

解得尸2m/s

V2

則上升的最大高度/?=—=0.2m

2g

7.(2024年江蘇卷考題)13.嫦娥六號(hào)在軌速度為如著陸器對(duì)應(yīng)的組合體A與軌道器對(duì)應(yīng)的組合體B

分離時(shí)間為A大，分離后6的速度為％且與匹同向，A.6的質(zhì)量分別為m、Mo求：

(1)分離后/的速度”;

(2)分離時(shí)/對(duì)8的推力大小。

.(m+M)v—Mv,,「Af(v-v)

【答案】(1)--------n---------,萬(wàn)向與外相同；(2)———經(jīng)n

mA?

【解析】(1)組合體分離前后動(dòng)量守恒，取的的方向?yàn)檎较颍蠩+腸%=Mv+mvi

V—",方向與“相同；

m

(2)以8為研究對(duì)象，對(duì)夕列動(dòng)量定理有F^t=Mv-Mv,

M(v-v)

解得r-0

AZ

8.(2024年安徽卷考題)14.如圖所示，一實(shí)驗(yàn)小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道

與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)，一物塊靜止于小車最左端，一小

球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于0點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊右側(cè)?，F(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置時(shí)，靜止釋放

小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著的軌道運(yùn)動(dòng)，已知細(xì)線長(zhǎng)L=1.25m。

小球質(zhì)量加=0.20kg。物塊、小車質(zhì)量均為M=0.30kg。小車上的水平軌道長(zhǎng)s=1.0m。圓弧軌道半徑

H=0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取lOm/s?。

(1)求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大?。?/p>

(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；

(3)為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃的取

值范圍。

mo----------O

R

yJu

~~oo

【答案】(1)6N；(2)4m/s；(3)0.25<//<0.4

【解析】(1)對(duì)小球擺動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理mgL=^mvl-0

解得％=5m/s

2

在最低點(diǎn)，對(duì)小球由牛頓第二定律FT-mg=m^-

解得，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前所受拉力的大小為耳=6N

(2)小球與物塊碰撞過程中，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律

mv。=mv1+MV23機(jī)“；

解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為%=------%=4m/s

m+M

(3)若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車整體由水平方向動(dòng)量守恒

MV2=2MV3

11

由能量守恒定律-Mvl9=-x2Mv；9+^Mgs

解得M—0.4

若物塊恰好運(yùn)動(dòng)到與圓弧圓心等高位置，此時(shí)兩者共速，則對(duì)物塊與小車整體由水平方向動(dòng)量守恒

MV2=2MV4

1919

由能量守恒定律-Mvl=-x2Mv；+ju2Mgs+MgR

解得日2=0.25

綜上所述物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃的取值范圍為0.25<//<0.4

9.(2024年山東卷考題)17.如圖甲所示，質(zhì)量為〃的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上

表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在尸點(diǎn)平滑連接，。為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為〃的小物塊靜

置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道半圓形

部分的半徑廬0.4m,重力加速度大小FlOm/sa

(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動(dòng)到0點(diǎn)時(shí)，受到軌道的彈力大小等于3儂，求小

物塊在0點(diǎn)的速度大小■;

(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力凡小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道加速度a與尸

對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖乙所不。

(i)求〃和卬；

(ii)初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力片8N,當(dāng)小物塊到尸點(diǎn)時(shí)撤去

尸，小物塊從0點(diǎn)離開軌道時(shí)相對(duì)地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長(zhǎng)度心

【答案】(1)v=4m/s；(2)(i)m=1kg,〃=0.2；(3)L=4.5m

2

【解析】(1)根據(jù)題意可知小物塊在。點(diǎn)由合力提供向心力有mg+3mg=m—

R

代入數(shù)據(jù)解得v=4m/s

(2)(i)根據(jù)題意可知當(dāng)代4N時(shí)，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知

F=(M+ni)a

根據(jù)圖乙有左=^^=0.5kgT

M+m

當(dāng)外力歹＞4N時(shí)，軌道與小物塊有相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)軌道有F—Mg=Ma

結(jié)合題圖乙有a=-F-^-

MM

可知k=—=lkg-}

M

截距"g=_2m/s2

M

聯(lián)立以上各式可得M=1kg,〃z=lkg,〃=0.2

(ii)由圖乙可知，當(dāng)F=8N時(shí)，軌道的加速度為6m/s2,小物塊的加速度為a,=jug=2m/s2

當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到尸點(diǎn)時(shí)，經(jīng)過而時(shí)間，則軌道有4=4。

小物塊有v2=a2t0

在這個(gè)過程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒有^Mvf+^mv^=^Mvl+^mvl+2mgR

水平方向動(dòng)量守恒，以水平向左的正方向，則有Mvl+mv2^Mv3+mvi

聯(lián)立解得"=1.5s

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有L=~a^--a^

代入數(shù)據(jù)解得L=4.5m

10.(2024河北卷考題)15.如圖，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排靜止

在光滑水平面上，尺寸不計(jì)的智能機(jī)器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質(zhì)量均為2.0kg,A木板長(zhǎng)度為

2.0m,機(jī)器人質(zhì)量為6.0kg,重力加速度g取lOm/sz,忽略空氣阻力。

(1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端時(shí)，求A、B木板間的水平距離。

(2)機(jī)器人走到A木板右端相對(duì)木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起

跳過程機(jī)器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。

(3)若機(jī)器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對(duì)靜止，隨即相對(duì)B木板連續(xù)不停

地3次等間距跳到B木板右端，此時(shí)B木板恰好追上A木板。求該時(shí)刻A、C兩木板間距與B木板長(zhǎng)度的關(guān)

系。

'77777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777,

7

【答案】(1)1.5m；(2)90J,2；(3)xAC=-LB

【解析】(1)機(jī)器人從A木板左端走到A木板右端，機(jī)器人與A木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)機(jī)器人

質(zhì)量為弘三個(gè)木板質(zhì)量為如根據(jù)人船模型得Mx=mxx

同時(shí)有x+石=LA

解得A、B木板間的水平距離%=1.5m

(2)設(shè)機(jī)器人起跳的速度大小為v,方向與水平方向的夾角為9,從A木板右端跳到B木板左端時(shí)間

八vsin。t

為力，根據(jù)斜拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得vcostJ-t-xl--------=—

g2

15

聯(lián)立解得v2

2sin夕cos￡

機(jī)器人跳離A的過程，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒Mvcos6=mvA

2

根據(jù)能量守恒可得機(jī)器人做的功為W=-MV+-mVA

22

22

T”3cos2夕+14cos6*+sin0（12\

聯(lián)立得W=----------------45J=----------------------45J=451一tang+-------J

2sin6cos。2sindcos。（2tan0）

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可得當(dāng)工tan。=二二時(shí)，即tan。=2時(shí)，/取最小值，代入數(shù)值得此時(shí)W=90J

2tan，

(3)根據(jù)tane=2可得vcose=?適m/s，根據(jù)

MvcosO-mvA

2

得“浮向S

分析可知A木板以該速度向左勻速運(yùn)動(dòng),機(jī)器人跳離A木板到與B木板相對(duì)靜止的過程中，機(jī)器人與

BC木板組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，得Mvcos0=[M+2m)v共

“亞m/s

解得

共10

該過程A木板向左運(yùn)動(dòng)的距離為貓=y/=d?5x415m=4.5m

AA25

機(jī)器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端，整個(gè)過程機(jī)器人和B木板組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)

每次起跳機(jī)器人的水平速度大小為1,B木板的速度大小為腺，機(jī)器人每次跳躍的時(shí)間為2V，取向右為正

丫共=

方向，得(MMVQ-mvB①

每次跳躍時(shí)機(jī)器人和B木板的相對(duì)位移為可得組

33

機(jī)器人到B木板右端時(shí)，B木板恰好追上A木板，從機(jī)器人跳到B左端到跳到B右端的過程中，AB木

板的位移差為Ax=%+=6m

可得(vB=Ax③

LBAx

聯(lián)立①②③解得Ar=

故A、C兩木板間距為%=(必+%)-34+8+4vc=v共

解得

XAC=Z"

11.（2024年湖南卷考題）15.如圖，半徑為斤的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為必和"的小

球A和B（@＞期）。初始時(shí)小球A以初速度力沿圓環(huán)切線方向運(yùn)動(dòng)，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計(jì)小球與

圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內(nèi)運(yùn)動(dòng)。

(1)若小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力的大

小;

(2)若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，求小球的質(zhì)

加

量比A*。

加B

(3)若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對(duì)速度大小為碰撞前的相對(duì)速度大小的e倍

(0<e<l),求第1次碰撞到第2加1次碰撞之間小球B通過的路程。

肅=2或7=5；(3)松宗?丁^

【答案】(1)V=(2)

AB

優(yōu)A+恤(%+〃?)R

【解析】(1)有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后兩小球的速度大小為v,則根據(jù)動(dòng)量守

恒有%人％=(以+〃％)丫

v=以%

可得

機(jī)A+機(jī)B

碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有F=(mA+77iB)—

R

n試

可得

(加A+〃％)R

(2)若兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后速度分別為3％,則碰后動(dòng)量和能量守恒有

12

%A%=7%%+〃%%+5mBK

0nA-恤)%,2〃八%

聯(lián)立解得

以=--------%，B網(wǎng)+〃％

以+外

因?yàn)樗械呐鲎参恢脛偤梦挥诘冗吶切蔚娜齻€(gè)頂點(diǎn)，如圖

①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的6點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為

:仔=1,2,3…)，則有1+3勺

2k*(左=0,1,2,3...)

'IIK/i彩/4+3匕

m_4+3k、

聯(lián)立解得A

2-3左i

由于兩質(zhì)量均為正數(shù)，故左=0,即“=2

對(duì)第二次碰撞，設(shè)A、B碰撞后的速度大小分別為%,4,則同樣有

mA^A+mBVB=%或+機(jī)B42^^+g恤饃=|mAVA+1^B

聯(lián)立解得。1=。。，4=0,故第三次碰撞發(fā)生在力點(diǎn)、第四次碰撞發(fā)生在。點(diǎn)，以此類推，滿足題意。

②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點(diǎn)，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為

2+3k2v_x_2+3k2

僅2=0,1,2,3…)；所以AA

5+3k2xB5+3k2

m_5+3k2

聯(lián)立可得A

1-3k2

△=5

因?yàn)閮少|(zhì)量均為正數(shù)，故60,即

根據(jù)①的分析可證。1=?！?，/=0,滿足題意。

綜上可知以=2或4=5。

(3)第一次碰前相對(duì)速度大小為心第一次碰后的相對(duì)速度大小為匕柑=e%,第一次碰后與第二次相

2兀R

碰前B球比A球多運(yùn)動(dòng)一圈，即B球相對(duì)A球運(yùn)動(dòng)一圈，有％=----

匕相

第一次碰撞動(dòng)量守恒有八%=外入1+"%%1且匕相=嗎

聯(lián)立解得VB=―'—

mA+mB

C、

IjiRm.27iRm

%A-+1

B球運(yùn)動(dòng)的路程瓦=%由二——m+m

根A+恤」相+1,AB

_24R

第二次碰撞的相對(duì)速度大小為-f相"為小.

第二次碰撞有匕相=丫9一%2=62%

mAv0=mAvA2+mBvB2S.

m

聯(lián)立可得小二-AA

〃入+〃%

27iRmA>1

所以B球運(yùn)動(dòng)的路程s2=vB2t2=---------x

明+%（％相）

兀/1

27rRmA1112R%

一共碰了2〃次，有s=s{+s2+s3-\-----\-s2n=

mA+mBeeemA+mBe”

2024

高考模擬題

一、單選題

1.（2024?河北邢臺(tái)?二模）某同學(xué)利用身邊的常見器材在家完成了有趣的物理實(shí)驗(yàn)，如圖所示。當(dāng)

手持吹風(fēng)機(jī)垂直向電子秤的托盤吹風(fēng)時(shí)，電子秤示數(shù)為36.0克。假設(shè)吹風(fēng)機(jī)出風(fēng)口為圓形，其半徑為5cm,

空氣密度為L(zhǎng)29kg/m3,實(shí)驗(yàn)前電子秤已校準(zhǔn)，重力加速度lOm/s：則此時(shí)吹風(fēng)機(jī)的風(fēng)速約為（）

A.6m/sB.8m/s

【答案】A

【解析】對(duì)于加時(shí)間內(nèi)吹出的空氣，根據(jù)動(dòng)量定理

FM=mv=pvS\t?v

其中

F=G=0.36N

S-nr1

代入數(shù)據(jù)解得

v?6m/s

故選Ao

2.（23-24高三下?廣東廣州?階段練習(xí)）如圖，冰壺/以L5m/s的速度與靜止在冰面上的冰壺方正碰，

碰后瞬間8的速度大小為1.2m/s,方向與Z碰前速度方向相同，碰撞時(shí)間極短。若已知兩冰壺的質(zhì)量均為

20kg,則下列說(shuō)法中正確的是（）

AB

////^z/7/////z/

A.碰后瞬間A的速度大小為0.4m/s

B.碰撞過程中，6對(duì)力做功為21.6J

C.碰撞過程中，/對(duì)6的沖量大小為24N?s

D.A6碰撞過程是彈性碰撞

【答案】C

【解析】A.由于碰撞時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，可知，/、8相碰時(shí)，/和8組成的系統(tǒng)動(dòng)量近似

守恒。根據(jù)動(dòng)量守恒定律，以力方向?yàn)檎较?，?/p>

mv^mvA^mvB

解得

pj-O.3m/s

故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)動(dòng)能定理，碰撞過程中，8對(duì)/做功為

w=g加以一g相片

解得

W=—21.6J

故B錯(cuò)誤；

C.碰撞過程中，根據(jù)動(dòng)量定理，/對(duì)方的沖量大小

I=/IIVB

解得

斤24N?s

故C正確；

D.碰撞之前總能量為

1?

EK=—mVg=22.5J

碰撞后爾夕系統(tǒng)總動(dòng)能為

琢=:mVA+~mVB=15.3J

由此可知

EK>EK

可知，48碰撞過程是非彈性碰撞，故D錯(cuò)誤。

故選C。

3.（2024?遼寧丹東?一模）如圖所示，半徑為7?的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)，質(zhì)量為〃的小球A

從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點(diǎn)質(zhì)量為m的小球B發(fā)生第一次碰撞

若A、B兩球第一次碰撞和第二次碰撞發(fā)生在同一位置，且兩球始終在圓形軌道水平直徑的下方

運(yùn)動(dòng)，A、B間的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度為&則下列說(shuō)法正確的是（）

A

B

A.第一次碰撞后瞬間，A球的運(yùn)動(dòng)方向一定變?yōu)樗较蜃?/p>

B.第一次碰撞后瞬間，A球?qū)壍赖膲毫Υ笮】赡転?mg

C.第二次碰撞結(jié)束后，A球沿左側(cè)軌道上升的最大高度不可能為丹

D.第二次碰撞結(jié)束后，A球沿左側(cè)軌道運(yùn)動(dòng)速度為零時(shí)，對(duì)軌道的壓力大小可能為儂

【答案】B

【解析】A.由彈性碰撞的規(guī)律知，當(dāng)帆時(shí)，碰撞后質(zhì)量小的球A被反彈回來(lái)，方向水平向左，當(dāng)

/=加時(shí)，兩球碰撞后交換了速度，碰撞后小球A靜止，A錯(cuò)誤；

B.小球A碰前速度為

1,

MgR=-Mvl

若A、B兩球第一次碰撞和第二次碰撞發(fā)生在同一位置,且兩小球始終在圓形軌道水平直徑的下方運(yùn)動(dòng)，

則兩球碰后速度大小相同，對(duì)碰撞過程由動(dòng)量守恒知

Mv0=-Mvx+mvx

由能量守恒知

解得

.,m1

VI=2V°

第一次碰撞后瞬間

代入得

L1

FN=~mg

則由牛頓第三定律知A球?qū)壍赖膲毫赡転?B正確；

CD.二次碰撞過程,根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒或根據(jù)運(yùn)動(dòng)可逆性，以上兩種情況碰后A球速度均為%,

B球均靜止，故第二次碰撞結(jié)束后，A球沿左側(cè)軌道上升的最大高度為兆此時(shí)A球速度為0,A球?qū)壍赖?/p>

壓力大小為0。CD錯(cuò)誤；

故選Ba

4.（2024?北京海淀?三模）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對(duì)

著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相

互接近過程中的任一時(shí)刻（）

甲乙

SINIISIN|

A.甲的速度大小比乙的大B.甲的加速度大小比乙的加速度小

C.甲的動(dòng)量大小比乙的大D.甲合力沖量與乙合力沖量大小相等

【答案】B

【解析】AB.對(duì)甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示

加甲加乙

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

根據(jù)牛頓第二定律有

產(chǎn)一〃叫5gF-Rm乙g

舜一、〃乙

m乙

由于

所以

婚＜。乙

由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，可得

V甲＜V乙

A錯(cuò)誤，B正確；

C.對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于

〃叫g(shù)＞〃啊g

合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動(dòng)量方向向左，顯然甲的動(dòng)量大小比乙的小，c錯(cuò)誤；

D.因?yàn)榧椎膭?dòng)量大小比乙的小，故甲合力沖量小于乙合力沖量，D錯(cuò)誤。

故選B。

5.（2024?湖北武漢?二模）中國(guó)汽車?yán)﹀\標(biāo)賽是我國(guó)級(jí)別最高，規(guī)模最大的汽車賽事之一，其賽

道有很多彎道。某輛賽車在一段賽道內(nèi)速度大小由2y變?yōu)?%隨后一段賽道內(nèi)速度大小由5/變?yōu)?%前

后兩段賽道內(nèi)，合外力對(duì)賽車做的功分別為例和法賽車的動(dòng)量變化的大小分別為和公。2,下列關(guān)系式

可能成立的是（）

A.叱=%,B.叱=g嗎，邳、='22

C.W1=W2^=4A/J2D.叱=g嗎，^Pi=4Ap2

【答案】B

【解析】根據(jù)動(dòng)能定理有

W.=—m(4v)2——m(2v)2=6mv2

122

W=—mC7v)2--m(5v)2=12mv2

?222

可得

由于速度和動(dòng)量是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時(shí)，動(dòng)量變化量最小，方向相反時(shí)，動(dòng)量

變化量最大，可知?jiǎng)恿孔兓拇笮》秶?/p>

2mv<2、<6mv

2mv<A.2V12mv

可得

!必4M43△必

O

故