動(dòng)量-2020-2024年高考物理復(fù)習(xí)試題分類匯編（解析版）

專題05劭量

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5年真題?分點(diǎn)精準(zhǔn)練

一、單選題

1.（2022?北京?高考）質(zhì)量為叫和里的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間f變化的圖像如

圖所示。下列說法正確的是（）

A.碰撞前m2的速率大于叫的速率B.碰撞后勿2的速率大于%的速率

C.碰撞后飛的動(dòng)量大于外的動(dòng)量D.碰撞后柱!的動(dòng)能小于叫的動(dòng)能

【答案】C

一4

【詳解】A.XT圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知叫碰前的速度大小為%=不向5=4而5

性碰前速度為0,A錯(cuò)誤；

4

B.兩物體正碰后，叫碰后的速度大小為匕=「^m/s=2m/s

3—1

8-4

性碰后的速度大小為均=^im/s=2m/s

碰后兩物體的速率相等，B錯(cuò)誤；

C.兩小球碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒定律，即叫％=-叫匕+?%

解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為%2=3到

根據(jù)動(dòng)量的表達(dá)式。=〃川可知碰后性的動(dòng)量大于㈣的動(dòng)量，C正確；

D.根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式線=3機(jī)y可知碰后租2的動(dòng)能大于外的動(dòng)能，D錯(cuò)誤。

故選Co

2.（2022?北京?高考）“雪如意”是我國首座國際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)

員在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評(píng)分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過四個(gè)階段：①助滑階段，運(yùn)動(dòng)員

兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員兩腿猛蹬滑道快速伸直，

同時(shí)上體向前伸展；③飛行階段，在空中運(yùn)動(dòng)員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿

態(tài)；④著陸階段，運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（）

A.助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力

B.起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度

C.飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度

D.著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時(shí)間

【答案】B

【詳解】A.助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯(cuò)誤；

B.起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對(duì)人的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理可知，在相同時(shí)間內(nèi)，為

了增加向上的速度，B正確；

C.飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯(cuò)誤；

D.著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝下蹲可以延長落地時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊

力，D錯(cuò)誤。

故選B。

3.（2020?北京.高考）在同一豎直平面內(nèi)，3個(gè)完全相同的小鋼球（1號(hào)、2號(hào)、3號(hào)）懸掛于同一高度；靜

止時(shí)小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實(shí)驗(yàn)中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對(duì)心正碰。

以下分析正確的是（）

A.將1號(hào)移至高度〃釋放，碰撞后，觀察到2號(hào)靜止、3號(hào)擺至高度。。若2號(hào)換成質(zhì)量不同的小鋼球，

重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，3號(hào)仍能擺至高度〃

B.將1、2號(hào)一起移至高度拉釋放，碰撞后，觀察到1號(hào)靜止，2、3號(hào)一起擺至高度〃，釋放后整個(gè)過

程機(jī)械能和動(dòng)量都守恒

C.將右側(cè)涂膠的1號(hào)移至高度。釋放，1、2號(hào)碰撞后粘在一起，根據(jù)機(jī)械能守恒，3號(hào)仍能擺至高度〃

D,將1號(hào)和右側(cè)涂膠的2號(hào)一起移至高度。釋放，碰撞后，2、3號(hào)粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，未能擺至高度

h,釋放后整個(gè)過程機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒

【答案】D

【詳解】A.1號(hào)球與質(zhì)量不同的2號(hào)球相碰撞后，1號(hào)球速度不為零，則2號(hào)球獲得的動(dòng)能小于1號(hào)球撞

2號(hào)球前瞬間的動(dòng)能，所以2號(hào)球與3號(hào)球相碰撞后，3號(hào)球獲得的動(dòng)能也小于1號(hào)球撞2號(hào)球前瞬間的動(dòng)

能，則3號(hào)不可能擺至高度"故A錯(cuò)誤；

B.1、2號(hào)球釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)的機(jī)械

能守恒，但整個(gè)過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；

C.1、2號(hào)碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機(jī)械能損失，所以1、2號(hào)球再與3號(hào)球相碰

后，3號(hào)球獲得的動(dòng)能不足以使其擺至高度"故C錯(cuò)誤；

D.碰撞后，2、3號(hào)粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機(jī)械能損失，且整個(gè)過程中，系統(tǒng)所受合

外力不為零，所以系統(tǒng)的機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒，故D正確。

故選D。

1年模擬?精選?？碱}

一、單選題

1.（2024.北京西城.統(tǒng)考一模）2023年7月，由中國科學(xué)院研制的電磁彈射實(shí)驗(yàn)裝置啟動(dòng)試運(yùn)行，該裝置在

地面構(gòu)建微重力實(shí)驗(yàn)環(huán)境，把“太空”搬到地面。實(shí)驗(yàn)裝置像一個(gè)“大電梯”，原理如圖所示，在電磁彈射階段,

電磁彈射系統(tǒng)推動(dòng)實(shí)驗(yàn)艙豎直向上加速運(yùn)動(dòng)至A位置，撤除電磁作用。此后，實(shí)驗(yàn)艙做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，到

達(dá)最高點(diǎn)后返回A位置，再經(jīng)歷一段減速運(yùn)動(dòng)后靜止。某同學(xué)查閱資料了解到：在上述過程中的某個(gè)階段,

忽略阻力，實(shí)驗(yàn)艙處于完全失重狀態(tài)，這一階段持續(xù)的時(shí)間為4s,實(shí)驗(yàn)艙的質(zhì)量為500kg?他根據(jù)上述信息,

,其中正確的是（）

A.實(shí)驗(yàn)艙向上運(yùn)動(dòng)的過程始終處于超重狀態(tài)

B.實(shí)驗(yàn)艙運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為40m/s

C.向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對(duì)實(shí)驗(yàn)艙做功大于1X105J

D.向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對(duì)實(shí)驗(yàn)艙的沖量等于IxlO,Nf

【答案】C

【詳解】A.實(shí)驗(yàn)艙在電磁彈射階段處于超重狀態(tài)，在豎直上拋階段處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.實(shí)驗(yàn)艙在電磁彈射結(jié)束后開始豎直上拋時(shí)的速度最大，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知該速度為

v=gt=10m/s2x2s=20m/s

選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

C.在向上彈射過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有加=lxl05j

所以W>1X1()5J

選項(xiàng)C正確；

D.在向上彈射過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有/-mgf'w^lxlO'N.s

所以/AlxlC/N.s

選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故C正確。

2.(2024.北京東城.統(tǒng)考一模)一個(gè)質(zhì)量為，”的網(wǎng)球從距地面高乜處自由下落，反彈的最大高度為“2。不

考慮所受的空氣阻力，重力加速度用g表示，對(duì)網(wǎng)球與地面接觸的運(yùn)動(dòng)過程，下列判斷正確的是()

A.網(wǎng)球的加速度先向上后向下

B.網(wǎng)球速度為0時(shí)受地面的彈力最大

C.地面對(duì)網(wǎng)球所做的功等于7咫(d-“2)

2gH)

D.網(wǎng)球受地面的平均沖擊力等于一叵百一FHT一

Vgvg

【答案】B

【詳解】A.整個(gè)過程中網(wǎng)球的加速度均為重力加速度，所以加速度不變，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

B.網(wǎng)球在與地面接觸的運(yùn)動(dòng)過程中，網(wǎng)球下降的過程中網(wǎng)球的形變量越來越大，彈力越來越大，開始階段

網(wǎng)球的壓縮量較小，因此地面對(duì)網(wǎng)球向上的彈力小于重力，此時(shí)網(wǎng)球的合外力向下，加速度向下，網(wǎng)球做

加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律機(jī)=

隨著壓縮量增加，彈力增大，合外力減小，則加速度減小，方向向下，當(dāng)機(jī)g=日

時(shí)，合外力為零，加速度為0,此時(shí)速度最大；由于慣性網(wǎng)球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，此時(shí)依'-，咫=機(jī)。2

方向向上，網(wǎng)球減速，隨著壓縮量增大，網(wǎng)球合外力增大，加速度增大，方向向上。所以網(wǎng)球下降過程中

加速度先變小后變大，速度先變大后變小，小球運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)時(shí)，網(wǎng)球的速度為零，地面的彈力最大，故B

項(xiàng)正確；

C.由于網(wǎng)球與地面接觸過程中，作用點(diǎn)無位移，即有力無位移的情況，所以地面對(duì)網(wǎng)球所做的功為零，故

C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.小球從區(qū)處自由落下，設(shè)落地瞬間速度為匕，有v；=2gH]

解得匕="西

小球離開地面的速度為匕，有0-v；=-2g%

解得匕=盧麗

設(shè)網(wǎng)球與地面作用時(shí)間為t,設(shè)向下為正方向，由動(dòng)量定理有-@=-加丹-加匕

整理有—_"J2gHi+J2gH2）

t

由于地面與網(wǎng)球作用時(shí)間未知，所以平均沖力取法求得，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。

故選Bo

3.（2024.北京東城.統(tǒng)考一模）如圖所示，質(zhì)量為M、傾角為。的光滑斜劈置于光滑水平地面上，質(zhì)量為相

的小球第①次和第②次分別以方向水平向右和水平向左、大小均為％的初速度與靜止的斜劈相碰，碰撞中

無機(jī)械能損失。重力加速度用g表示，下列說法正確的是（）

第①次第②次

O->

/ZZZZZ/////ZZ/////Z/ZZ/ZZ/Z/Z/ZZ/ZZ/ZZZZ//

A.這兩次碰撞過程小球和斜劈組成的系統(tǒng)動(dòng)量都守恒

B.第②次碰撞后斜劈的速度小于2〃“。si’9

M

C.第②次碰撞過程中地面對(duì)斜劈的支持力等于（”+m）g

D.第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直線上；第②次碰撞前、后小球速度方向與斜面法線

的夾角一定相等

【答案】B

【詳解】A.第①次碰撞小球和斜劈組成的系統(tǒng)合外力為0,系統(tǒng)動(dòng)量守恒，第②次碰撞過程中，系統(tǒng)的合

外力不為0,動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；

B.第②次碰撞后速度的分解如圖

mvcoscosmv

水平方向動(dòng)量守恒o~ysinO+Afv=mv0

mvsin20+mvsin0<sin26+mvsin20_2mvsin26

解得斜劈的速度V,=0y00

MMM

故B正確;

C.第②次碰撞過程中，斜劈有豎直向下的動(dòng)量，則可知地面對(duì)斜劈的支持力大于（M+〃z）g,故C錯(cuò)誤;

D.第②次碰撞后小球沿垂直于斜面方向的速度%sin。，根據(jù)速度的合成可知，第②次碰撞前、后小球

速度方向與斜面法線的夾角一定不相等，故D錯(cuò)誤;

故選B。

4.（2024.北京朝陽.統(tǒng)考一模）如圖所示，電動(dòng)玩具車沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，欲飛躍寬度d=4m的壕溝AB,已

知兩溝沿的高度差力=0.8m,重力加速度g=10m/s2,不計(jì)空氣阻力，不計(jì)車本身的長度。關(guān)于玩具車的運(yùn)

動(dòng)，下列說法正確的是（）

A.離開A點(diǎn)時(shí)的速度越大，在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短

B.離開A點(diǎn)時(shí)的速度大于10m/s就能安全越過壕溝

C.在空中飛行的過程中，動(dòng)量變化量的方向指向右下方

D.在空中飛行的過程中，相同時(shí)間內(nèi)速率的變化量相同

【答案】B

【詳解】A.在玩具車能夠安全飛躍壕溝的情況下，根據(jù)=可知，其在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為r=

2\g

只由/?決定，與離開A點(diǎn)時(shí)的速度無關(guān)，故A錯(cuò)誤；

B.若玩具車能夠安全飛躍壕溝，則離開A點(diǎn)時(shí)的最小速度為1，=4="區(qū)=10m/s

tv2h

故B正確;

C.在空中飛行的過程中，玩具車所受合外力等于重力，根據(jù)動(dòng)量定理可知?jiǎng)恿孔兓康姆较蜇Q直向下，故

C錯(cuò)誤；

D.在空中飛行的過程中，玩具車平拋運(yùn)動(dòng)，加速度恒為g,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知，相同時(shí)間內(nèi)速度的變化

量相同，速率的變化量不同，故D錯(cuò)誤。

故選Bo

5.（2024.北京朝陽.統(tǒng)考一模）如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質(zhì)量均為優(yōu)，P以速度v向右運(yùn)

動(dòng)，Q靜止且左端固定一輕彈簧。當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)（）

B.Q的動(dòng)量達(dá)到最大值

C.P、Q系統(tǒng)總動(dòng)量小于mv

D.彈簧儲(chǔ)存的彈性勢能為:機(jī)/

【答案】D

【詳解】A.當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，兩物體速度相同，P、Q系統(tǒng)所受外力為零，因此整個(gè)過程中動(dòng)量守

，恒mv=2mv共

所以P的動(dòng)量為P=mvK=^mv

故A錯(cuò)誤；

B.彈簧壓縮至最短后，Q的速度將繼續(xù)變大，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)，Q的動(dòng)量達(dá)到最大值，故B錯(cuò)誤；

C.P、Q系統(tǒng)動(dòng)量守恒，總動(dòng)量為?？?〃川

故C錯(cuò)誤；

2

D.根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒妙=2祖v共，lmv=lx2mvl+￡'p

解得耳=^mv2

故D正確。

故選D。

6.（2024.北京豐臺(tái).統(tǒng)考一模）出現(xiàn)暴風(fēng)雪天氣時(shí)，配備航空燃油發(fā)動(dòng)機(jī)的某型號(hào)“除雪車”以20km/h的速

度勻速行駛，進(jìn)行除雪作業(yè)。直徑約為30cm的吹風(fēng)口向側(cè)面吹出速度約30m/s、溫度約700℃、密度約

l.Okg/n?的熱空氣。已知航空燃油的熱值為4xl07j/kg,根據(jù)以上信息可以估算出以下哪個(gè)物理量（）

A.除雪車前進(jìn)時(shí)受到的阻力

B.除雪車吹出熱空氣時(shí)受到的反沖力

C.除雪車進(jìn)行除雪作業(yè)時(shí)消耗的功率

D.除雪車進(jìn)行除雪作業(yè)時(shí)單位時(shí)間消耗的燃油質(zhì)量

【答案】B

【詳解】A.由于勻速行駛，所以除雪車前進(jìn)時(shí)受到的阻力為了=尸=￡

V

由于不知除雪車牽引力的功率，故不能求阻力，A錯(cuò)誤；

B.以熱空氣為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理，有

—FAt=Amu

Am=O'—7rd2v\t

4

解得，反沖力的大小為尸=夕］乃/V2^63.4N

4

B正確；

C.由于知道鏟雪車的熱值，所以根據(jù)條件可以求出鏟雪車的熱功率

A7

P'=熱值*m=熱值xp.L7rd2Vx8.48xlOW

Nt4

除雪車進(jìn)行除雪作業(yè)時(shí)消耗的功率等于熱功率與車勻速行駛牽引力的功率之和，牽引力功率未知，故不能

求除雪車進(jìn)行除雪作業(yè)時(shí)消耗的功率，C錯(cuò)誤；

D.除雪車進(jìn)行除雪作業(yè)時(shí)單位時(shí)間消耗的燃油質(zhì)量等于發(fā)熱消耗的燃油質(zhì)量與車前進(jìn)消耗的燃油質(zhì)量之和,

根據(jù)已知條件，不能求出，D錯(cuò)誤。

故選B。

7.（2024?北京石景山.統(tǒng)考一模）帶電粒子碰撞實(shí)驗(yàn)中，U0時(shí)粒子A靜止，粒子B以一定的初速度向A運(yùn)

動(dòng)。兩粒子的v-t圖像如圖所示，僅考慮靜電力的作用，且A、B未接觸。則（）

A.粒子B在073時(shí)間內(nèi)動(dòng)能一直減小

B.兩粒子在外時(shí)刻的電勢能最大

C.粒子A的質(zhì)量小于粒子B的質(zhì)量

D.粒子A在t2時(shí)刻的加速度最大

【答案】B

【詳解】A.粒子B在0~友時(shí)間內(nèi)速度先減小后反向增加，可知?jiǎng)幽芟葴p小后增加，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；

B.兩粒子在“時(shí)刻共速，此時(shí)兩粒子相距最近，此時(shí)兩粒子的電勢能最大，選項(xiàng)B正確；

C.由圖可知，f=0時(shí)刻有po=mBVo

在f=/2時(shí)刻有P2=mAVA

兩粒子運(yùn)動(dòng)過程動(dòng)量守恒，以B的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：

又由于VO>VA

所以有mB<mA

故C錯(cuò)誤；

D.兩粒子在〃時(shí)刻共速，此時(shí)兩粒子相距最近，庫侖力最大，此時(shí)粒子A的加速度最大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

故選B。

8.（2024?北京石景山?統(tǒng)考一模）應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見現(xiàn)象，解釋游戲中的物理原理，可以使學(xué)

習(xí)更加有趣和深入。兩同學(xué)分別做了如下小游戲。如圖所示，用一象棋子壓著一紙條，放在水平桌面上接

近邊緣處。甲同學(xué)第一次慢拉紙條將紙條抽出，棋子掉落在地上的P點(diǎn)；將棋子、紙條放回原來的位置，

第二次快拉紙條將紙條抽出，棋子掉落在地上的N點(diǎn)。乙同學(xué)把一象棋子靜置于水平桌面上，然后用手指

沿水平方向推棋子，棋子由靜止開始運(yùn)動(dòng)，并且在離開手指后還會(huì)在桌面上滑行一段距離才停止運(yùn)動(dòng)。據(jù)

此，兩同學(xué)提出了如下觀點(diǎn)，其中正確的是（）

A.甲同學(xué)第一次慢拉，棋子受紙條的摩擦力更大

B.甲同學(xué)第二次快拉，棋子受紙條摩擦力的沖量更大

C.乙同學(xué)推棋子，棋子離開手指前一直做加速運(yùn)動(dòng)

D.乙同學(xué)推棋子，棋子的最大速度一定在與手指分離之前

【答案】D

【詳解】A.甲同學(xué)拉動(dòng)紙條讓棋子開始運(yùn)動(dòng)，所以兩次都受滑動(dòng)摩擦力，所以磨擦擦力大小相等，故A

錯(cuò)誤；

B.棋子離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由

x—vt

,12

h=28t'

可知離開桌面時(shí)第二次的水平速度小于第一次的水平速度，結(jié)合動(dòng)量定理得ft=mv

所以甲同學(xué)第一次慢拉，棋子受紙條摩擦力的沖量更大。故B錯(cuò)誤；

CD.棋子離開手之前受手給棋子得作用力和滑動(dòng)摩擦力，而手給棋子得作用力為變力，由于棋子剛開始處

于靜止?fàn)顟B(tài)，所以剛接觸的一段時(shí)間內(nèi)棋子一定做加速運(yùn)動(dòng)，但在棋子離開手之前不一定一直做加速運(yùn)動(dòng)，

棋子離開手后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以棋子的最大速度一定在與手指分離之前，但離手前不一定一直做加

速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。

故選D。

9.（2024.北京房山.統(tǒng)考一模）2023年9月，“天宮課堂”第四課在中國空間站正式開講，神舟十六號(hào)航天員

在夢天實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)進(jìn)行授課。如圖所示，航天員用0.3kg的大球與靜止的0.1kg的小球發(fā)生正碰，某同學(xué)觀看

實(shí)驗(yàn)時(shí)發(fā)現(xiàn)：碰撞后，大球向前移動(dòng)1格長度時(shí)，小球向前移動(dòng)3格的長度，忽略實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)空氣阻力的影

響。下列說法正確的是（）

A.大球碰撞前后的速度比為3:1

B.碰撞后大球的動(dòng)量小于小球的動(dòng)量

C.碰撞過程中大球動(dòng)量減少量小于小球動(dòng)量增加量

D.碰撞前后，大球與小球組成的系統(tǒng)無動(dòng)能損失

【答案】D

【詳解】根據(jù)題意可知，由于碰撞后，大球向前移動(dòng)1格長度時(shí)，小球向前移動(dòng)3格的長度，則碰撞后,

大球的速度是小球速度的;，設(shè)碰撞后大球的速度為V,則小球的速度為3n

AC.設(shè)碰撞前大球的速度為％,由于碰撞過程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則碰撞過程中大球動(dòng)量減少量等于小球動(dòng)

量增加量，則有=

解得v=g%

則大球碰撞前后的速度比為2:1,故AC錯(cuò)誤；

B.碰撞后大球的動(dòng)量=殳

小球的動(dòng)量p2=m-3v=^^-

即碰撞后大球的動(dòng)量等于小球的動(dòng)量，故C錯(cuò)誤；

D.碰撞前大球的動(dòng)能為心=：”說

碰撞后大球的動(dòng)能為4

2o

碰撞后小球的動(dòng)能為4=-m（3v）-=-Mv^

28

131

貝U有&+%=-Mvl+-Mvl=-Mvl=Ek

oo2

即碰撞前后，大球與小球組成的系統(tǒng)無動(dòng)能損失，故D正確。

故選D。

10.（2024.北京延慶.統(tǒng)考一模）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），。點(diǎn)

為彈簧在原長時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)8點(diǎn)。

關(guān)于物塊的受力及運(yùn)動(dòng)特征，下列說法正確的是（）

A0B

A.從A到。，物塊所受重力的沖量為0

B.從A到0,物塊的加速度一直減小

C.從A到8,物塊通過。點(diǎn)時(shí)的速度最大

D.從4到8,彈簧彈力對(duì)物塊做的功等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量

【答案】D

【詳解】A.物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到2點(diǎn)所用時(shí)間為f,重力的沖量/=，咫/

故A錯(cuò)誤；

B.由于水平面粗糙且。點(diǎn)為彈簧在原長時(shí)物塊的位置，所以彈力與摩擦力平衡的位置在。1之間，加速度

為零時(shí)彈力和摩擦力平衡，所以物塊在從4到8的過程中加速度先減小后反向增大，故B錯(cuò)誤；

C.從A到O運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧的彈力等于摩擦力時(shí)，加速度為0,速度最大。彈力與摩擦力平衡的位置在0A

之間，故速度最大點(diǎn)在之間，故C錯(cuò)誤；

D.由全過程能量守恒知，從A到8,彈簧彈力對(duì)物塊做的功等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量，故D正

確。

故選D。

11.（2024?北京延慶?統(tǒng)考一模）航天器離子發(fā)動(dòng)機(jī)原理如圖所示，首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推

進(jìn)劑離子化（即電離出正離子），正離子被正、負(fù)極柵板間的電場加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推

進(jìn)或調(diào)整姿態(tài)的反沖力，已知單個(gè)正離子的質(zhì)量為相，電荷量為q,正、負(fù)柵板間加速電壓為U,從噴口噴

出的正離子所形成的電流為I,忽略離子間的相互作用力，忽略離子噴射對(duì)航天器質(zhì)量中和電子槍磁鐵的影

響.該發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的平均推力尸的大小為（）

?離子

【答案】A

【詳解】以正離子為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理可得

qU=-^mv2加時(shí)間內(nèi)通過的總電荷量為Q=

QI\t

噴出的總質(zhì)量^—m=——m

qq

由動(dòng)量定理可知FAt=Amv

聯(lián)立解得F="平

故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。

故選Ao

12.（2024.北京東城.統(tǒng)考二模）如圖所示，臺(tái)球桌上一光滑木楔緊靠桌邊放置，第①次擊球和第②次擊球

分別使臺(tái)球沿平行于桌邊和垂直于桌邊的方向與木楔碰撞，速度大小均為vo。碰撞后，木楔沿桌邊運(yùn)動(dòng)，

速度大小用V表示，臺(tái)球平行于桌邊和垂直于桌邊的速度大小分別用以和力表示。已知木楔質(zhì)量為臺(tái)

球質(zhì)量為山，木楔的傾角用6表示。不考慮碰撞過程的能量損失，則（）

2m

A.第①種情況碰后V可能大于

m+M

B.若滿足tan0=，第①種情況匕=0*即碰后臺(tái)球速度方向垂直于桌邊

mvn

C.第②種情況碰后y可能大于而許

D.若滿足tan。=,第②種情況:=。,即碰后臺(tái)球速度方向平行于桌邊

【答案】B

【詳解】A.第①種情況平行于桌邊方向，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有根+m匕

根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得g相片=|w2+|mv^+^mv]

2m

若1°,聯(lián)立解得蚱"%

2m

可知第①種情況碰后v不可能大于赤%，故A錯(cuò)誤;

B.第①種情況若匕=0,平行于桌邊方向，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有機(jī)%

根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得g根片=|w2

設(shè)斜面對(duì)小球的平均彈力為獷，以小球?yàn)閷?duì)象，平行于桌邊方向根據(jù)動(dòng)量定理可得

—Nsm6-t=mvx—mv0=O—mvo

垂直于桌邊方向根據(jù)動(dòng)量定理可得Ncos6l=ww),

可得二荒

聯(lián)立可得tan0=

故B正確;

C.第②種情況平行于桌邊方向，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有。=M丫-加匕

根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得gw；=|w2

若「。，聯(lián)立解得”而F

mvn

可知第②種情況碰后V不可能大于，故C錯(cuò)誤；

D.第②種情況。=0,平行于桌邊方向，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，貝IJ有0=-根匕

根據(jù)統(tǒng)能量守恒可得gmv；=1w2+1mv^

設(shè)斜面對(duì)小球的平均彈力為獷，以小球?yàn)閷?duì)象，平行于桌邊方向根據(jù)動(dòng)量定理可得=

垂直于桌邊方向根據(jù)動(dòng)量定理可得-Ncose-，=/Wy-m%=0-m%

可得匕=%tan（9

聯(lián)立可得tan。、」一

\M+m

故D錯(cuò)誤。

故選Bo

13.（2024?北京平谷?統(tǒng)考零模）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)8后返回到底端。

利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖甲中相比，圖乙中滑塊（）

B.經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較大

C.在A、8之間克服摩擦力做的功較大

D.在A、B之間摩擦力的沖量較大

【答案】D

【詳解】A.因?yàn)轭l閃照片時(shí)間間隔相同，對(duì)比圖甲和乙，甲圖可看成從B向下的勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)比甲乙從

2點(diǎn)向下一次頻閃時(shí)間的位移，甲的位移更大，可知圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑

塊受到的合力較大，故A錯(cuò)誤；

B.從圖甲中的A點(diǎn)到圖乙中的A點(diǎn)，先上升后下降，重力做功為0,摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知圖

甲經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較大，故B錯(cuò)誤；

C.由于無論上滑或下滑均受到滑動(dòng)摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、8之間克服摩擦力做的功相等，

故C錯(cuò)誤；

D.由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)逆向思維可得x=

由此可知，圖甲在A、2之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，在A、2之間摩擦力的沖量較小，故D正確。

故選D。

14.（2024.北京平谷.統(tǒng)考零模）A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A、B兩球的質(zhì)量分

別為相和若使A球獲得瞬時(shí)速度v（如圖甲），彈簧壓縮到最短時(shí)，A球的速度為h，B球的

速度為VB，彈簧的長度為L;若使B球獲得瞬時(shí)速度v（如圖乙），彈簧壓縮到最短時(shí)，A球的速度為以，

B球的速度為彈簧的長度為則（）

（C\）ywwvww<B）（XWWWVW（B）

77777777777777777777777~77777777777777777/77777~

甲乙

A.vA>vBB.vA'>vBC.vA=vA'D.L=L'

【答案】D

【詳解】根據(jù)題意可知，無論圖甲還是圖乙，當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，兩球的速度相等，則有VA=%，VA=VB

圖甲中，由動(dòng)量守恒定律有7次=（7九+M"A=（7"+河）無

m

解得V=V=---------v

ABm+M

由能量守恒定理可得，彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢能為

耳+=］一m1mMv2

—mv2=-----------

M+m22（M+m）

圖乙中，由動(dòng)量守恒定律有Mv=（m+M）VA=（相

M

解得VA=%=---------v

m+M

由能量守恒定理可得,彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢能為

紇=-Mv2+=（l__=mMv2

p22V，IM+m）22（M+m）

fMm

可知二/"I--------v

m+M

兩圖中彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢能相等，則有L=〃

故選D。

15.（2024.北京人大附中.校考模擬）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?，F(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

【詳解】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%=

叫〃1乙

由于叫,＞叱

所以細(xì)＜a乙

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

A錯(cuò)誤，B正確；

C.對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于〃列途＞〃/生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。

16.（2024.北京人大附中.?？寄M）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號(hào)系列運(yùn)載火箭。如圖所

示，發(fā)射艙內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開始運(yùn)動(dòng)到

點(diǎn)火的過程中（）

高

壓

氣