2023高考物理最新模拟题专题分类汇编 专题七 动量、冲量和动量守恒

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2023高考物理最新模拟题专题分类汇编 专题七 动量、冲量和动量守恒
一、单选题
1．（2023·山东模拟）如图，A、B两物体靠在一起静止于光滑水平面上，物体的质量为。时刻起对物体施加一水平向右、大小为的推力，测得内两物体的位移大小为，则物体的质量和末物体的动量大小分别为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2023·辽宁模拟）如图所示，质量为4m的木块用轻质细绳竖直悬于O点，当一颗质量为m的子弹以的速度水平向右射入木块后，它们一起向右摆动的最大摆角为60°。木块可视为质点，重力加速度大小为g，则轻绳的长度为（　　）
A． B． C． D．
3．（2023·重庆模拟）如图所示，光滑足够长斜面底端有一垂直斜面的挡板。A、B、C三个半径相同质量不同的小球（均可视为质点），从图中位置同时静止释放（其中C球离挡板距离为H）；所有碰撞均为弹性碰撞，且三球在第一次到达斜面底端时碰后B、C恰好静止，则A球碰后沿斜面向上运动最大位移为（　　）
A．4H B．6H C．9H D．16H
4．（2023·湖北模拟）如图所示，不可伸长的轻绳一端悬挂在天花板上的点，另一端系者质量为的小球，给小球一定的速度，使之在水平面内做周期为的匀速圆周运动。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球运动半周的过程中，动量不变
B．小球运动半周的过程中，合力的冲量大小为
C．小球运动一周的过程中，重力的冲量为零
D．小球运动一周的过程中，拉力的冲量为零
5．（2023·河北模拟）质量为的机车后面挂着质量同为的拖车，在水平轨道上以速度匀速运动，已知它们与水平轨道间的摩擦力与它们的质量成正比。运动过程中拖车脱钩，经过时间拖车停止运动，在拖车停下来后又经过了相同的时间司机才发现，假设拖车脱钩后脱车的牵引力不变，则司机发现拖车脱钩时机车的速度为（　　）
A． B． C． D．
6．（2023·江苏模拟）江苏省某校兴趣小组设计了一个实验装置：静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为。重力加速度取，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧释放后瞬间A，B速度的大小为2m/s
B．物块A先停止
C．先停止的物块刚停止时A与B之间的距离是1m
D．A和B都停止后，A与B之间的距离是0.91m
二、多选题
7．（2023·重庆模拟）质量为m的小球以初速度竖直向上抛出，经过时间t后落回到抛出点位置。已知小球所受阻力大小与小球的速率成正比（，k为常数），重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球落回到抛出点时速度大小为
B．小球上升时间小于
C．小球上升过程克服阻力做功小于下降过程克服阻力做功
D．全过程小球克服阻力做功
8．（2023·河北模拟）如图所示，两根足够长的平行光滑金属轨道通过绝缘导线交叉相连，间距相同，轨道处于水平面内，分别处于竖直方向的匀强磁场中，在两根轨道上垂直轨道静止放置三根相同的金属棒。已知三根金属棒接入电路的电阻均为、质量均为，导轨间距为，磁感应强度均为，不计轨道的电阻及金属棒之间的作用力，金属棒运动过程中不会碰撞，也没有跨过导线交叉处，下列说法正确的是（　　）
A．撤去棒，给棒向右的初速度，棒最终的速度为
B．固定棒，同时给、棒一个向右的初速度，最终在棒上产生的焦耳热为
C．固定和棒，给棒一个向右的初速度，最终棒的位移为
D．固定和棒，给棒施加水平向右的恒力，最终棒的速度为
9．（2023·河北模拟）如图所示，质量均为的A、B两个物体之间连接一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧始终处于竖直状态，一质量为的小球从距离B为的位置自由落下。小球与B碰撞后一起向下运动，但小球与B没有粘连在一起。已知重力加速度。忽略空气阻力。则在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球在整个运动过程中，不会再回到释放的位置
B．小球与B一起向下运动过程中，小球与物块B的机械能守恒
C．小球与B分离时，弹簧处于压缩状态
D．物块B第一次回到原位置时，小球与B之间作用力为
10．（2023·浙江选考）下列说法正确的是（　　）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
三、综合题
11．（2023·山东模拟）如图，“L”形木板C静置于水平地面上，C最左端放置一小物块A，小物块B在A右侧处，B与C右端的距离，C右端有一挡板（厚度不计）。在时刻，一大小为4N、方向水平向右的恒定推力F作用于A，同时给B一个大小为0.6N·s、方向水平向左的瞬时冲量I，经过一段时间后撤去力F，此时A与B恰好发生正碰并粘连在一起，再经过一段时间B与C右端挡板发生弹性正碰，碰撞时间均极短。已知A、B、C的质量均为，A与C、B与C间的动摩擦因数均为，C与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，A、B均可视为质点。求：
（1） 时A的加速度大小；
（2）从A开始运动到A与B相撞所经历的时间以及碰后瞬间AB的速度大小；
（3）AB与C右侧挡板碰后瞬间AB的速度大小。
12．（2023·湖北模拟）如图（a）所示，水平面与斜面在处平滑连接，质量的小球1以水平向右的初速度与静止的小球2在处发生碰撞。碰后，小球1的速度大小为，方向水平向右，且之后不再与小球2发生碰撞。小球2在斜面上运动过程中的动能、重力势能、弹簧的弹性势能随小球的位移变化的关系如图（b）中的曲线①、②、③所示（曲线②为直线，曲线①部分为直线），已知重力加速度大小，不计一切摩擦。求：
（1）小球2的质量；
（2）斜面的倾角；
（3）图（b）中点对应的能量值。
13．（2023·济南模拟）在竖直平面内建立如图所示的直角坐标系，第一、二象限内有水平向左、大小相等的匀强电场，第三、四象限内有磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场，在y轴的某个适当的位置放置有水平绝缘光滑的小支架，支架上静止放置一质量为m、不带电的金属小球a，另一与小球a一样大、质量为、带电量为q的金属小球b从x轴的某点，垂直于x轴以速度竖直向上射入第一象限，运动一段时间后以速度沿x轴负方向与小球a发生弹性碰撞且电量发生转移，过了一段时间小球a从x轴上的某点进入第三象限，不计两球间的库仑力及空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求小球a从x轴上某点进入磁场时的该点的位置坐标；
（2）若，求小球a第一次在磁场中运动离x轴的最远距离和最大速度。
14．（2023·济南模拟）滑板是冲浪运动在陆地上的延伸，是一种极富挑战性的极限运动，下面是该运动的一种场地简化模型。如图所示，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径为，左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量的长木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端，木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量的小滑块P（可视为质点）从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，经B点后滑上木板，已知重力加速度大小为，滑块与木板之间的动摩擦因数为，木板厚度，D点与地面高度差。
（1）求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小；
（2）若木板只与C端发生了2次碰撞，滑块一直未与木板分离，木板与C端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。求木板最小长度和开始时木板左端离C端距离；
（3）若撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定，小滑块P仍从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，要使滑块从D点飞出后落到地面有最大水平射程，求从D点飞出时速度方向以及最大水平射程。
15．（2023·济南模拟）如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处，小亮同学用较大的力气将纸条抽出，棋子掉落在水平地面上的P点。已知棋子的质量为m，桌子边缘到地面的高度为h，与P的水平距离为s，设重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）棋子在空中运动的时间；
（2）纸条给棋子的冲量大小；
（3）要想使棋子的水平射程比P点更远一点，抽纸条的力气应该稍微大一点还是稍微小一点？说明理由（抽出纸条过程中可忽略棋子的位移）。
16．（2023·淮安模拟）如图甲所示，现有一机械装置，装置O右端固定有一水平光滑绝缘杆，装置可以带动杆上下平行移动，杆上套有两个小球a、b，质量，，a球带电量，b球不带电。初始时a球在杆的最左端，且a、b球相距。现让装置O带动杆以向下匀速运动，并且加上一垂直纸面向里的磁感应强度的匀强磁场，已知小球和杆始终在磁场中，球发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞过程中电荷量不发生转移。（取）
（1）求小球a、b第一次发生碰撞后沿杆方向的速度分别是多少？
（2）若已知在杆的最右端恰好发生第9次碰撞，则杆的长度是多少？
（3）如图乙所示，若将该装置固定不动，长方形内有交变匀强磁场，磁感应强度按图丙规律变化，取垂直纸面向里为磁场的正方向，图中，，，在长方形区域再加一竖直向上的匀强电场，，给a一个向右瞬时冲量，a、b发生弹性碰撞且电荷量平分，b在时从A点沿方向进入磁场，最终到达C点，则冲量多大？
17．（2023·淮安模拟）窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3……10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为，每个滑环的质量均为，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度。
（1）若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度；
（2）假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能；
（3）9号滑环开始运动后继续滑行0.05m后停下来，求1号滑环的初速度大小。
18．（2023·惠州模拟）2022年北京冬奥会，我国短道速滑队夺得混合团体2000米接力决赛金牌，如果在某次交接棒训练中，质量为60kg的甲以7m/s的速度在前面滑行，质量为65kg的之以11m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出。乙推出甲后做匀减速直线运动，10s后停在离交接棒前方40m的地方，则：
（1）假设乙推甲过程中不计任何阻力，则甲乙分离瞬间甲的速度为多大；若甲乙作用时间为0.3s，则乙对甲的平均推力是多大；
（2）若甲离开乙后甲立即做匀加速直线运动，加速度大小为，4秒末刚好追上前方1m处匀速滑行的另一队的队员丙，计算队员丙匀速滑行的速度大小。
19．（2023·淮北模拟）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某同学自己设计了一个如图甲所示的电磁弹射系统模型。该弹射系统工作原理如图乙所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可以水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为。开关与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时掷向2接通定值电阻，同时对动子施加一个回撤力，在时刻撤去力，最终动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的图像如图丙所示。已知模型飞机起飞速度，，，线圈匝数匝，每匝周长，动子和线圈的总质量，线圈的电阻，，，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
（1）动子和线圈向前运动的最大位移；
（2）回撤力与动子速度大小的关系式；
（3）图丙中的数值。（保留两位有效数字）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿第二定律
【解析】【解答】设两物体共同运动的加速度大小为a，则由
可解得
末两物体的速度为
由牛顿第二定律可得
解得 ，
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】结合匀变速直线运动的位移与时间的关系得出加速度的大小，对AB整体利用牛顿第二定律和瞬时功率的表达式得出物体的质量和末物体的动量 。
2．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；动能与动能定理的理解
【解析】【解答】设子弹射入木块后它们共同的速度大小为v，根据动量守恒定律有
设轻绳的长度为L，根据动能定理有
解得
故答案为：C。
【分析】子弹射入木块后根据动量守恒定律以及动能定理得出 轻绳的长度 。
3．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】因为A、B、C三球由静止同时释放，所以C球与挡板碰撞前瞬间三球速度相等，由匀加速直线运动位移速度公式可得
解得
由题意可知，C球与挡板碰撞后反向碰B球，B球再反向碰A球，由于都是弹性碰撞，以沿斜面向上为正方向，由动量守恒和机械能守恒，C球与B球碰撞过程有 ，
B球与A球碰撞过程有 ，
联立解得 ， ，
则A球碰后沿斜面向上运动最大位移为
故答案为：C。
【分析】三个小球由静止释放时根据匀变速 直线运动的位移与速度的关系得出ABC的速度，C球与球B和球B与球A碰撞的过程根据动量守恒以及机械能守恒得出碰撞后各自的速度，利用匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 A球碰后沿斜面向上运动最大位移 。
4．【答案】B
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．小球运动半周的过程中，小球动量的改变量
根据动量定理
A不符合题意，B符合题意；
C．小球运动一周的过程中，重力的冲量大小为
C不符合题意；
D．小球运动一周的过程中，小球动量的改变量为零，又由动量定理
得
D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】结合动量的表达式以及动量定理得出合力的冲量，结合冲量的表达式得出重力的冲量，利用动量定理得出拉力的冲量大小。
5．【答案】A
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】对机车与拖车，系统合外力为零，动量守恒，则有
解得
故答案为：A。
【分析】利用动量守恒定律可以求出机车速度的大小。
6．【答案】D
【知识点】动量守恒定律；动能与动能定理的理解
【解析】【解答】A．设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 ，
解得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
A不符合题意；
BC．A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则对A由动量定理可得
则
B一直向左运动，则
解得
可知B先停止运动，该过程中B的位移
解得
从二者分开到B停止，A若一直向右运动，由动量定理可得
B停止时A的速度
解得
对A由动能定理可得
则位移
这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边的距离为
B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
BC不符合题意；
D．t2时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为 ，由动能定理有
解得
A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为 ′以和 ，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 ，
解得 ，
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为 ′时停止，B向左运动距离为 时停止，由运动学公式 ，
解得 ，
小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】两物块运动的过程根据动量守恒和动能不变得出弹簧释放瞬间AB的速度，结合动量定理和动能定理进行分析判断正确的选项。
7．【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；动量定理；竖直上抛运动
【解析】【解答】A．设小球上升时间为t1，小球下降时间为t2，小球落回至抛出点时的速度大小为v。取向下为正方向，根据动量定理mgt-f1t1+f2t2=mv-（-mv0）
由于上升的高度等于下降的高度
则
又因为 t1+t2=t
联立解得v=gt-v0
A符合题意；
B．小球上升阶段的加速度
下降阶段的加速度
则上升阶段加速度较大，根据
可知小球上升时间小于 ，B符合题意；
C．小球上升过程平均阻力大于下降过程的平均阻力，则上升阶段克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功，C不符合题意；
D．全过程小球克服阻力做功
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】小球竖直上抛后利用动量定理以及速度与时间的关系得出小球落回到抛出点时的速度，通过牛顿第二定律得出上升和下降的加速度，利用功能关系得出全过程小球克服阻力做功。
8．【答案】A,C
【知识点】动量定理；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．撤去 棒，给 棒向右的初速度 ， 棒在安培力作用下做减速运动， 棒在安培力作用下做加速运动，当 棒与 棒速度相等时，回路的总电动势为零，回路电流为零，两棒做匀速直线运动；以 棒与 棒为系统，由于 棒与 棒受到的安培力大小相等，方向相反，故系统满足动量守恒，则有
解得 棒最终的速度为
A符合题意；
B．固定 棒，同时给 、 棒一个向右的初速度 ，可知通过 、 棒的电流相等，通过 棒电流为通过 棒电流的2倍，根据
可知 、 棒上产生的焦耳热相等， 棒上产生焦耳热为 棒上产生焦耳热的4倍；设最终在 棒上产生的焦耳热为 ，根据能量守恒可得
解得
B不符合题意；
C．固定 和 棒，给 棒一个向右的初速度 ，回路的总电阻为
以 棒为对象，根据动量定理可得
其中
联立解得最终 棒的位移为
C符合题意；
D．固定 和 棒，给 棒施加水平向右的恒力 ，回路的总电阻为
当 棒受到的安培力与恒力 平衡时， 棒做匀速直线运动，则有
又
联立解得
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】撤去ab棒时，利用动量守恒定律可以求出cd棒最终速度的大小；当固定ef棒时，利用能量守恒定律可以求出最终在cd棒产生的焦耳热的大小；当固定ab和ef棒时，利用动量定理可以求出cd棒运动的位移；当固定ab和cd棒时，利用欧姆定律结合平衡方程可以求出最终ef棒的速度大小。
9．【答案】A,D
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】B．小球与B一起向下运动过程中，弹簧对其做负功，所以小球与物块B的机械能减小，B不符合题意；
AC．设B原始静止时弹簧压缩量为x，则有
小球下落后与B碰撞过程动量守恒，设碰后的共同速度为v1，则有
解得
小球与B分离瞬间加速度相同，且小球与B之间没有弹力，则它们分离时的加速度都为重力加速度，所以弹簧处于原长，设它们分离时速度为v2，从碰后到分离对小球与B整体用动能定理
设小球从分离到运动到最高点上升高度为 ，有
解得
则小球到达最高点时低于小球的原始位置，其高度差为
A符合题意，C不符合题意；
D．由以上分析可得，物块B第一次回到原位置时，小球与B没有分离，正在向上运动，此时小球与B组成的系统受到的重力为2mg，弹簧弹力为 ，设小球与B之间的相互作用力为F，则对系统有
对小球有
联立解得
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】小球与物块下落过程，由于弹力做负功所以机械能减小；利用动量守恒定理及小球下落过程的动能定理可以求出小球与B碰后速度的大小，利用动能定理可以求出分离时速度的大小，结合速度位移公式可以求出分离后小球上升的最大高度；当物块回复到最初位置时，利用牛顿第二定律可以求出小球与B之间作用力的大小。
10．【答案】A,B,C
【知识点】动量定理；动量守恒定律；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A：声音使膜片振动，膜片间距离改变，电容改变，电容改变会导致电荷量改变，从而产生电流，这样变化的电流送到后面的声音处理电路进行放大处理。所以可以利用电容传感器制成麦克风。A正确。
B：由动量定理可得，即合外力等于动量的变化率。即物体受合外力越大，则动量变化越快 。故B正确。
C：人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，反之关门，所以利用红外传感器可制成商场的自动门 。C正确。
D： 牛顿运动定律 适用于宏观低速，不适用与微观高速问题。虽然动量守恒定律是由牛顿运动定律推导的，但微观高速问题，动量守恒定律也适用。D错误。
故选ABC。
【分析】人体可以向外界释放红外线，电容器有两个极板，极板间距离改变会导致点人改变，动量定理以及动量守恒定律都是由牛顿运动定律推导的。
11．【答案】（1）A与C间、B与C间的滑动摩擦力大小均为
时，设A的加速度大小为 ，根据牛顿第二定律有
解得
（2）A与B相撞前，C静止不动，B的加速度大小为
B的初速度大小
设从A开始运动到A与B相撞所经历的时间为 ，则有 ，
且
解得 （另一解不合题意舍去）
A与B碰前瞬间，A的速度大小为
B的速度大小为
设碰后瞬间AB的速度大小为v，根据动量守恒定律有
解得
（3）C与地面间的滑动摩擦力大小为
由于
A、B碰撞后C将向右做加速运动，根据牛顿第二定律有
设经过时间 ，AB与C右端的挡板发生弹性正碰，AB与C碰前瞬间的速度分别为 ，则
且 ，
解得 ，
设碰后瞬间AB与C的速度分别为 ，则 ，
解得
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【解答】（1）根据滑动摩擦力的表达式和牛顿第二定律得出A的加速度；
（2）根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的位移与时间的关系以及速度与时间的关系得出AB的速度，结合动量守恒定律得出碰后瞬间AB的速度；
（3）结合滑动摩擦力的表达式和牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出AB与C碰前瞬间的速度，AB与C碰撞的过程根据动量守恒以及动能不变得出AB与C右侧挡板碰后瞬间AB的速度 。
12．【答案】（1）由图（b）中曲线①的纵截距可知碰后小球2的动能
碰撞过程中系统动量守恒
将 代入，解得
（2）曲线②表示小球2的重力势能 随位移 的关系，有
曲线②的斜率
由图可知
联立解得
（3）小球2在 内，机械能守恒
由图可知 ，
可得
故 点的能量值为
【知识点】动量守恒定律；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据动能的表达式以及动量守恒得出小球2的质量；
（2）根据重力势能的表达式以及结合图像得出斜面的倾角；
（3）根据机械能守恒定律得出M点的能量值。
13．【答案】（1）小球b从进入电场到与小球a碰撞这一过程，水平方向上做匀加速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，故在竖直方向有
设电场强度为E，在水平上有 ，
小球b与小球a发生弹性碰撞有 ，
因为两球碰撞，根据接触起电的电荷分配规律，小球a带电量为 ，小球b带电量为 。小球a在第二象限竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，根据运动的对称性可知，小球a在到达x轴负半轴所用时间与小球b从进入电场到与小球a相碰时间相同，即时间为 。竖直方向上的速度也为 ，在水平方向有 ， ，
解得 ，
所以其进入磁场的坐标为（ ，0）
（2）由上一问分析可知小球a竖直方向速度为 （方向水平向下），水平方向速度为 （方向水平向左）。 小球a进入磁场时，受到洛伦兹力以及重力，将小球a的速度分解为水平向右的大小为 的速度和方向与x轴负半轴成 角，大小为
其中有 ，
解得 ， ，
即粒子在磁场的运动可分解为水平向右的匀速直线运动，和入射速度为 ，方向与x轴负半轴夹角的正切值为 的在磁场中的匀速圆周运动，有
解
由几何关系可知，小球第一次在磁场中运动离x轴最远距离为
此时小球a的速度最大，为
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）结合匀变速直线运动的速度与时间的关系以及牛顿第二定律得出小球b的速度，碰撞过程利用动量守恒以及动能不变得出磁场的坐标；
（2）结合速度的分解以及洛伦兹力等于重力得出球a的速度水平方向的分速度以及速度偏角，通过洛伦兹力等于向心力以及几何关系得出小球a第一次在磁场中运动离x轴的最远距离和最大速度。
14．【答案】（1）小滑块P滑到B点时，由动能定理可知
解得
在B点时牛顿第二定律可知
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为
（2）整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知
解得
木板与C端第一次碰撞，木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为 ，木板速度为 ，在滑块滑上木板到木板第一次与挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律可知
由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为 ，由对称性可知，木板与B端接触时速度为0，后开始做匀加速直线运动与C端发生第2次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为 ，滑块速度为 ，木板只与C端发生了2次碰撞，则
从木板第一次与挡板碰撞之后的瞬间到木板第二次与挡板碰撞之前瞬间的过程在，由动量守恒定律可知
联立解得
则设开始时木板左端离C端距离为 ，则由运动学公式可知
解得
滑块P刚好停在木板最左端木板最短，且木板的左端刚好与C接触，此时滑块P与木板的速度均为0，可知滑块在木板上做匀减速运动，则由能量守恒定律可知
解得
（3）A到D由动能定理可知
解得
设从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为 ，小滑块落地的速度大小为 ，落地速度方向与水平方向夹角为 ，从D点飞出到落到所用时间为 ，根据动能定理可得
解得
该过程的速度变化量为
如图所示为速度矢量关系图
速度矢量图的面积为
可知当速度矢量图的面积最大时，水平射程 有最大值，而图中速度 、 都是定值，可知
速度矢量图的面积最大，则有
解得
可得
速度矢量图的面积最大为
最大水平射程为
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体；动能与动能定理的理解
【解析】【分析】（1） 小滑块P滑到B点时，由动能定理 得出B点的速度，在B点利用牛顿第二定律得出对小滑块的支持力；
（2）木板运动的过程根据牛顿第二定律得出木板的加速度，结合动量守恒以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 开始时木板左端离C端距离 ，通过能量守恒定律得出最小长度和开始时木板左端离C端距离；
（3）A到D由动能定理 得出D点的速度， 从D点飞出到落地的过程根据动能定理得出小滑块落地的速度，结合速度的合成与分解以及几何关系得出最大水平射程。
15．【答案】（1）棋子在空中做平抛运动，运动的时间由
解得
（2）棋子做平抛的初速度
纸条给棋子的冲量大小为
（3）用稍微小的力气，这样纸条抽出的时间更长，棋子受滑动摩擦力作用的时间也更长，冲量更大，获得的初速度也越大
【知识点】自由落体运动；动量
【解析】【分析】（1）根据自由落体运动的规律得出棋子在空中运动的时间；
（2）根据匀速直线运动的规律以及动量的表达式得出纸条给棋子的冲量；
（3）用稍微小的力气 ，棋子受到的滑动摩擦力的时间更长，从而得出获得的初速度越大。
16．【答案】（1）a球做加速运动的加速度为 ，则
设第一次碰前速度为 ，则
设a和b碰撞后速度为 、 ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，
解得 ，
（2）设物块a、b第一次碰后再经过时间 发生第二次碰撞
解得
第二次碰撞前a的速度
第二次碰撞前b的速度
碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，
解得
第二次和第三次碰撞的时间间隔为 ，则
即
解得
第三次碰撞前a的速度
第三次碰撞前b的速度
碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，
解得
即每一次碰撞b球的速度增加 ，相邻两次碰撞的时间间隔为0.4s，则b球从第一次到第九次碰撞前的瞬间位移分别为 ， ，
则杆的长度是
（3）若给a球一个冲量 ，则
a球和b球碰撞 ，
解得
b球在长方形区域时
则b球在长方形区域内做匀速圆周运动 ， （ ， ， ）
联立解得 （ ， ， ）
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出第一次碰前的速度，ab碰撞过程根据动量守恒定律以及机械能守恒定律得出小球a、b第一次发生碰撞后沿杆方向的速度 ；
（2）根据匀变速直线运动的位移与时间的关系以及动量守恒定律和动能不变得出杆的长度
（3）粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力以及动量守恒和动能不变得出到达c点的冲量。
17．【答案】（1）设1号环的初速度为 ，则由动能定理可得
解得
（2）设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为 ，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为 ，则窗帘绷紧前后动量守恒，有
绷紧后系统动能为
又知
联立解得
故损失的动能为
（3）设1号滑环的初速度为 ，其动能为 ，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为
据（2）的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为
在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
2，3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离 后静止，因而有
联立解得1号滑环的初速度大小为
【知识点】功能关系；动量守恒定律；动能
【解析】【分析】（1） 若要保证2号滑环能动起来 ，根据动能定理得出 1号滑环的最小初速度； ；
（2） 窗帘绷紧前后动量守恒 ，根据动量守恒定律以及动能的表达式得出损失的动能；
（3）根据功能关系以及恒力做功的表达式得出 1号滑环的初速度 。
18．【答案】（1）乙推出甲后
得乙推出甲后乙的速度
乙推甲过程，甲乙组成的系统动量守恒，则有
解得
乙推甲过程，对甲由动量定理得
解得F=650N
（2）4秒末甲刚好追上前方1m处匀速滑行的另一队的队员丙，由位移关系可知
丙匀速滑行的速度大小为
【知识点】动量定理；动量守恒定律；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动的表达式以及动量守恒和动量定理得出乙对甲的平均推力；
（2）根据匀变速直线运动的位移与时间的关系以及相遇追击得出队员丙匀速滑行的速度。
19．【答案】（1）动子和线圈向前运动的最大位移即 时间段内的位移，由图像
（2）动子和线圈在 时间做匀减速直线运动，加速度大小为
根据牛顿第二定律有
其
可得
解得
在 时间反向做匀加速直线运动，加速度不变
根据牛顿第二定律有
联立相关式子，解得
（3）动子和线圈在在 时间段内的位移
从 时刻到返回初始位置时间内的位移
根据法拉第电磁感应定律有
据电荷量的定义式
据闭合电路欧姆定律
解得从 时刻到返回初始位置时间内电荷量
其中
动子和线圈从 时刻到返回时间内，只受磁场力作用，根据动量定理有
又因为安培力的冲量 ，
联立可得
故图丙中 的数值为
【知识点】动量定理；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）已知动子和线圈速度随时间的变化，利用图像面积可以求出动子和线圈运动的最大位移；
（2）动子和线圈做匀减速直线运动时，利用加速度的定义式可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律及安培力的表达式可以求出回撤力与速度的大小关系，结合加速度不变可以求出回撤力的大小；
（3）已知动子和线圈运动的位移，结合法拉第电磁感应定律结合电流的定义式及欧姆定律可以求出电荷量的表达式，结合动量定理可以求出对应速度的大小。
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2023高考物理最新模拟题专题分类汇编 专题七 动量、冲量和动量守恒
一、单选题
1．（2023·山东模拟）如图，A、B两物体靠在一起静止于光滑水平面上，物体的质量为。时刻起对物体施加一水平向右、大小为的推力，测得内两物体的位移大小为，则物体的质量和末物体的动量大小分别为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】动量定理；牛顿第二定律
【解析】【解答】设两物体共同运动的加速度大小为a，则由
可解得
末两物体的速度为
由牛顿第二定律可得
解得 ，
B符合题意，ACD不符合题意。
故答案为：B。
【分析】结合匀变速直线运动的位移与时间的关系得出加速度的大小，对AB整体利用牛顿第二定律和瞬时功率的表达式得出物体的质量和末物体的动量 。
2．（2023·辽宁模拟）如图所示，质量为4m的木块用轻质细绳竖直悬于O点，当一颗质量为m的子弹以的速度水平向右射入木块后，它们一起向右摆动的最大摆角为60°。木块可视为质点，重力加速度大小为g，则轻绳的长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；动能与动能定理的理解
【解析】【解答】设子弹射入木块后它们共同的速度大小为v，根据动量守恒定律有
设轻绳的长度为L，根据动能定理有
解得
故答案为：C。
【分析】子弹射入木块后根据动量守恒定律以及动能定理得出 轻绳的长度 。
3．（2023·重庆模拟）如图所示，光滑足够长斜面底端有一垂直斜面的挡板。A、B、C三个半径相同质量不同的小球（均可视为质点），从图中位置同时静止释放（其中C球离挡板距离为H）；所有碰撞均为弹性碰撞，且三球在第一次到达斜面底端时碰后B、C恰好静止，则A球碰后沿斜面向上运动最大位移为（　　）
A．4H B．6H C．9H D．16H
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与速度的关系；机械能守恒定律
【解析】【解答】因为A、B、C三球由静止同时释放，所以C球与挡板碰撞前瞬间三球速度相等，由匀加速直线运动位移速度公式可得
解得
由题意可知，C球与挡板碰撞后反向碰B球，B球再反向碰A球，由于都是弹性碰撞，以沿斜面向上为正方向，由动量守恒和机械能守恒，C球与B球碰撞过程有 ，
B球与A球碰撞过程有 ，
联立解得 ， ，
则A球碰后沿斜面向上运动最大位移为
故答案为：C。
【分析】三个小球由静止释放时根据匀变速 直线运动的位移与速度的关系得出ABC的速度，C球与球B和球B与球A碰撞的过程根据动量守恒以及机械能守恒得出碰撞后各自的速度，利用匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 A球碰后沿斜面向上运动最大位移 。
4．（2023·湖北模拟）如图所示，不可伸长的轻绳一端悬挂在天花板上的点，另一端系者质量为的小球，给小球一定的速度，使之在水平面内做周期为的匀速圆周运动。不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．小球运动半周的过程中，动量不变
B．小球运动半周的过程中，合力的冲量大小为
C．小球运动一周的过程中，重力的冲量为零
D．小球运动一周的过程中，拉力的冲量为零
【答案】B
【知识点】动量定理；冲量
【解析】【解答】AB．小球运动半周的过程中，小球动量的改变量
根据动量定理
A不符合题意，B符合题意；
C．小球运动一周的过程中，重力的冲量大小为
C不符合题意；
D．小球运动一周的过程中，小球动量的改变量为零，又由动量定理
得
D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】结合动量的表达式以及动量定理得出合力的冲量，结合冲量的表达式得出重力的冲量，利用动量定理得出拉力的冲量大小。
5．（2023·河北模拟）质量为的机车后面挂着质量同为的拖车，在水平轨道上以速度匀速运动，已知它们与水平轨道间的摩擦力与它们的质量成正比。运动过程中拖车脱钩，经过时间拖车停止运动，在拖车停下来后又经过了相同的时间司机才发现，假设拖车脱钩后脱车的牵引力不变，则司机发现拖车脱钩时机车的速度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】对机车与拖车，系统合外力为零，动量守恒，则有
解得
故答案为：A。
【分析】利用动量守恒定律可以求出机车速度的大小。
6．（2023·江苏模拟）江苏省某校兴趣小组设计了一个实验装置：静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为。重力加速度取，A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性正碰且碰撞时间极短。则下列说法正确的是（　　）
A．弹簧释放后瞬间A，B速度的大小为2m/s
B．物块A先停止
C．先停止的物块刚停止时A与B之间的距离是1m
D．A和B都停止后，A与B之间的距离是0.91m
【答案】D
【知识点】动量守恒定律；动能与动能定理的理解
【解析】【解答】A．设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有 ，
解得vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
A不符合题意；
BC．A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，二者运动的过程中，若A一直向右运动，一直到停止，则对A由动量定理可得
则
B一直向左运动，则
解得
可知B先停止运动，该过程中B的位移
解得
从二者分开到B停止，A若一直向右运动，由动量定理可得
B停止时A的速度
解得
对A由动能定理可得
则位移
这表明在时间t2内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边的距离为
B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为
BC不符合题意；
D．t2时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为 ，由动能定理有
解得
A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为 ′以和 ，由动量守恒定律与机械能守恒定律有 ，
解得 ，
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为 ′时停止，B向左运动距离为 时停止，由运动学公式 ，
解得 ，
小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】两物块运动的过程根据动量守恒和动能不变得出弹簧释放瞬间AB的速度，结合动量定理和动能定理进行分析判断正确的选项。
二、多选题
7．（2023·重庆模拟）质量为m的小球以初速度竖直向上抛出，经过时间t后落回到抛出点位置。已知小球所受阻力大小与小球的速率成正比（，k为常数），重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．小球落回到抛出点时速度大小为
B．小球上升时间小于
C．小球上升过程克服阻力做功小于下降过程克服阻力做功
D．全过程小球克服阻力做功
【答案】A,B,D
【知识点】功能关系；动量定理；竖直上抛运动
【解析】【解答】A．设小球上升时间为t1，小球下降时间为t2，小球落回至抛出点时的速度大小为v。取向下为正方向，根据动量定理mgt-f1t1+f2t2=mv-（-mv0）
由于上升的高度等于下降的高度
则
又因为 t1+t2=t
联立解得v=gt-v0
A符合题意；
B．小球上升阶段的加速度
下降阶段的加速度
则上升阶段加速度较大，根据
可知小球上升时间小于 ，B符合题意；
C．小球上升过程平均阻力大于下降过程的平均阻力，则上升阶段克服阻力做功大于下降过程克服阻力做功，C不符合题意；
D．全过程小球克服阻力做功
D符合题意。
故答案为：ABD。
【分析】小球竖直上抛后利用动量定理以及速度与时间的关系得出小球落回到抛出点时的速度，通过牛顿第二定律得出上升和下降的加速度，利用功能关系得出全过程小球克服阻力做功。
8．（2023·河北模拟）如图所示，两根足够长的平行光滑金属轨道通过绝缘导线交叉相连，间距相同，轨道处于水平面内，分别处于竖直方向的匀强磁场中，在两根轨道上垂直轨道静止放置三根相同的金属棒。已知三根金属棒接入电路的电阻均为、质量均为，导轨间距为，磁感应强度均为，不计轨道的电阻及金属棒之间的作用力，金属棒运动过程中不会碰撞，也没有跨过导线交叉处，下列说法正确的是（　　）
A．撤去棒，给棒向右的初速度，棒最终的速度为
B．固定棒，同时给、棒一个向右的初速度，最终在棒上产生的焦耳热为
C．固定和棒，给棒一个向右的初速度，最终棒的位移为
D．固定和棒，给棒施加水平向右的恒力，最终棒的速度为
【答案】A,C
【知识点】动量定理；电磁感应中的电路类问题
【解析】【解答】A．撤去 棒，给 棒向右的初速度 ， 棒在安培力作用下做减速运动， 棒在安培力作用下做加速运动，当 棒与 棒速度相等时，回路的总电动势为零，回路电流为零，两棒做匀速直线运动；以 棒与 棒为系统，由于 棒与 棒受到的安培力大小相等，方向相反，故系统满足动量守恒，则有
解得 棒最终的速度为
A符合题意；
B．固定 棒，同时给 、 棒一个向右的初速度 ，可知通过 、 棒的电流相等，通过 棒电流为通过 棒电流的2倍，根据
可知 、 棒上产生的焦耳热相等， 棒上产生焦耳热为 棒上产生焦耳热的4倍；设最终在 棒上产生的焦耳热为 ，根据能量守恒可得
解得
B不符合题意；
C．固定 和 棒，给 棒一个向右的初速度 ，回路的总电阻为
以 棒为对象，根据动量定理可得
其中
联立解得最终 棒的位移为
C符合题意；
D．固定 和 棒，给 棒施加水平向右的恒力 ，回路的总电阻为
当 棒受到的安培力与恒力 平衡时， 棒做匀速直线运动，则有
又
联立解得
D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】撤去ab棒时，利用动量守恒定律可以求出cd棒最终速度的大小；当固定ef棒时，利用能量守恒定律可以求出最终在cd棒产生的焦耳热的大小；当固定ab和ef棒时，利用动量定理可以求出cd棒运动的位移；当固定ab和cd棒时，利用欧姆定律结合平衡方程可以求出最终ef棒的速度大小。
9．（2023·河北模拟）如图所示，质量均为的A、B两个物体之间连接一劲度系数为的轻质弹簧，弹簧始终处于竖直状态，一质量为的小球从距离B为的位置自由落下。小球与B碰撞后一起向下运动，但小球与B没有粘连在一起。已知重力加速度。忽略空气阻力。则在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球在整个运动过程中，不会再回到释放的位置
B．小球与B一起向下运动过程中，小球与物块B的机械能守恒
C．小球与B分离时，弹簧处于压缩状态
D．物块B第一次回到原位置时，小球与B之间作用力为
【答案】A,D
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】B．小球与B一起向下运动过程中，弹簧对其做负功，所以小球与物块B的机械能减小，B不符合题意；
AC．设B原始静止时弹簧压缩量为x，则有
小球下落后与B碰撞过程动量守恒，设碰后的共同速度为v1，则有
解得
小球与B分离瞬间加速度相同，且小球与B之间没有弹力，则它们分离时的加速度都为重力加速度，所以弹簧处于原长，设它们分离时速度为v2，从碰后到分离对小球与B整体用动能定理
设小球从分离到运动到最高点上升高度为 ，有
解得
则小球到达最高点时低于小球的原始位置，其高度差为
A符合题意，C不符合题意；
D．由以上分析可得，物块B第一次回到原位置时，小球与B没有分离，正在向上运动，此时小球与B组成的系统受到的重力为2mg，弹簧弹力为 ，设小球与B之间的相互作用力为F，则对系统有
对小球有
联立解得
D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】小球与物块下落过程，由于弹力做负功所以机械能减小；利用动量守恒定理及小球下落过程的动能定理可以求出小球与B碰后速度的大小，利用动能定理可以求出分离时速度的大小，结合速度位移公式可以求出分离后小球上升的最大高度；当物块回复到最初位置时，利用牛顿第二定律可以求出小球与B之间作用力的大小。
10．（2023·浙江选考）下列说法正确的是（　　）
A．利用电容传感器可制成麦克风
B．物体受合外力越大，则动量变化越快
C．利用红外传感器可制成商场的自动门
D．牛顿运动定律不适用，则动量守恒定律也不适用
【答案】A,B,C
【知识点】动量定理；动量守恒定律；生活中常见的传感器
【解析】【解答】A：声音使膜片振动，膜片间距离改变，电容改变，电容改变会导致电荷量改变，从而产生电流，这样变化的电流送到后面的声音处理电路进行放大处理。所以可以利用电容传感器制成麦克风。A正确。
B：由动量定理可得，即合外力等于动量的变化率。即物体受合外力越大，则动量变化越快 。故B正确。
C：人体可以向外界释放红外线，感应装置接收到红外线后，可以开门，反之关门，所以利用红外传感器可制成商场的自动门 。C正确。
D： 牛顿运动定律 适用于宏观低速，不适用与微观高速问题。虽然动量守恒定律是由牛顿运动定律推导的，但微观高速问题，动量守恒定律也适用。D错误。
故选ABC。
【分析】人体可以向外界释放红外线，电容器有两个极板，极板间距离改变会导致点人改变，动量定理以及动量守恒定律都是由牛顿运动定律推导的。
三、综合题
11．（2023·山东模拟）如图，“L”形木板C静置于水平地面上，C最左端放置一小物块A，小物块B在A右侧处，B与C右端的距离，C右端有一挡板（厚度不计）。在时刻，一大小为4N、方向水平向右的恒定推力F作用于A，同时给B一个大小为0.6N·s、方向水平向左的瞬时冲量I，经过一段时间后撤去力F，此时A与B恰好发生正碰并粘连在一起，再经过一段时间B与C右端挡板发生弹性正碰，碰撞时间均极短。已知A、B、C的质量均为，A与C、B与C间的动摩擦因数均为，C与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取，A、B均可视为质点。求：
（1） 时A的加速度大小；
（2）从A开始运动到A与B相撞所经历的时间以及碰后瞬间AB的速度大小；
（3）AB与C右侧挡板碰后瞬间AB的速度大小。
【答案】（1）A与C间、B与C间的滑动摩擦力大小均为
时，设A的加速度大小为 ，根据牛顿第二定律有
解得
（2）A与B相撞前，C静止不动，B的加速度大小为
B的初速度大小
设从A开始运动到A与B相撞所经历的时间为 ，则有 ，
且
解得 （另一解不合题意舍去）
A与B碰前瞬间，A的速度大小为
B的速度大小为
设碰后瞬间AB的速度大小为v，根据动量守恒定律有
解得
（3）C与地面间的滑动摩擦力大小为
由于
A、B碰撞后C将向右做加速运动，根据牛顿第二定律有
设经过时间 ，AB与C右端的挡板发生弹性正碰，AB与C碰前瞬间的速度分别为 ，则
且 ，
解得 ，
设碰后瞬间AB与C的速度分别为 ，则 ，
解得
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型；碰撞模型
【解析】【解答】（1）根据滑动摩擦力的表达式和牛顿第二定律得出A的加速度；
（2）根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的位移与时间的关系以及速度与时间的关系得出AB的速度，结合动量守恒定律得出碰后瞬间AB的速度；
（3）结合滑动摩擦力的表达式和牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出AB与C碰前瞬间的速度，AB与C碰撞的过程根据动量守恒以及动能不变得出AB与C右侧挡板碰后瞬间AB的速度 。
12．（2023·湖北模拟）如图（a）所示，水平面与斜面在处平滑连接，质量的小球1以水平向右的初速度与静止的小球2在处发生碰撞。碰后，小球1的速度大小为，方向水平向右，且之后不再与小球2发生碰撞。小球2在斜面上运动过程中的动能、重力势能、弹簧的弹性势能随小球的位移变化的关系如图（b）中的曲线①、②、③所示（曲线②为直线，曲线①部分为直线），已知重力加速度大小，不计一切摩擦。求：
（1）小球2的质量；
（2）斜面的倾角；
（3）图（b）中点对应的能量值。
【答案】（1）由图（b）中曲线①的纵截距可知碰后小球2的动能
碰撞过程中系统动量守恒
将 代入，解得
（2）曲线②表示小球2的重力势能 随位移 的关系，有
曲线②的斜率
由图可知
联立解得
（3）小球2在 内，机械能守恒
由图可知 ，
可得
故 点的能量值为
【知识点】动量守恒定律；重力势能；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）根据动能的表达式以及动量守恒得出小球2的质量；
（2）根据重力势能的表达式以及结合图像得出斜面的倾角；
（3）根据机械能守恒定律得出M点的能量值。
13．（2023·济南模拟）在竖直平面内建立如图所示的直角坐标系，第一、二象限内有水平向左、大小相等的匀强电场，第三、四象限内有磁感应强度大小为B、方向垂直坐标平面向里的匀强磁场，在y轴的某个适当的位置放置有水平绝缘光滑的小支架，支架上静止放置一质量为m、不带电的金属小球a，另一与小球a一样大、质量为、带电量为q的金属小球b从x轴的某点，垂直于x轴以速度竖直向上射入第一象限，运动一段时间后以速度沿x轴负方向与小球a发生弹性碰撞且电量发生转移，过了一段时间小球a从x轴上的某点进入第三象限，不计两球间的库仑力及空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求小球a从x轴上某点进入磁场时的该点的位置坐标；
（2）若，求小球a第一次在磁场中运动离x轴的最远距离和最大速度。
【答案】（1）小球b从进入电场到与小球a碰撞这一过程，水平方向上做匀加速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，故在竖直方向有
设电场强度为E，在水平上有 ，
小球b与小球a发生弹性碰撞有 ，
因为两球碰撞，根据接触起电的电荷分配规律，小球a带电量为 ，小球b带电量为 。小球a在第二象限竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀加速直线运动，根据运动的对称性可知，小球a在到达x轴负半轴所用时间与小球b从进入电场到与小球a相碰时间相同，即时间为 。竖直方向上的速度也为 ，在水平方向有 ， ，
解得 ，
所以其进入磁场的坐标为（ ，0）
（2）由上一问分析可知小球a竖直方向速度为 （方向水平向下），水平方向速度为 （方向水平向左）。 小球a进入磁场时，受到洛伦兹力以及重力，将小球a的速度分解为水平向右的大小为 的速度和方向与x轴负半轴成 角，大小为
其中有 ，
解得 ， ，
即粒子在磁场的运动可分解为水平向右的匀速直线运动，和入射速度为 ，方向与x轴负半轴夹角的正切值为 的在磁场中的匀速圆周运动，有
解
由几何关系可知，小球第一次在磁场中运动离x轴最远距离为
此时小球a的速度最大，为
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律；带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）结合匀变速直线运动的速度与时间的关系以及牛顿第二定律得出小球b的速度，碰撞过程利用动量守恒以及动能不变得出磁场的坐标；
（2）结合速度的分解以及洛伦兹力等于重力得出球a的速度水平方向的分速度以及速度偏角，通过洛伦兹力等于向心力以及几何关系得出小球a第一次在磁场中运动离x轴的最远距离和最大速度。
14．（2023·济南模拟）滑板是冲浪运动在陆地上的延伸，是一种极富挑战性的极限运动，下面是该运动的一种场地简化模型。如图所示，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径为，左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量的长木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端，木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量的小滑块P（可视为质点）从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，经B点后滑上木板，已知重力加速度大小为，滑块与木板之间的动摩擦因数为，木板厚度，D点与地面高度差。
（1）求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小；
（2）若木板只与C端发生了2次碰撞，滑块一直未与木板分离，木板与C端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。求木板最小长度和开始时木板左端离C端距离；
（3）若撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定，小滑块P仍从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，要使滑块从D点飞出后落到地面有最大水平射程，求从D点飞出时速度方向以及最大水平射程。
【答案】（1）小滑块P滑到B点时，由动能定理可知
解得
在B点时牛顿第二定律可知
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为
（2）整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知
解得
木板与C端第一次碰撞，木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为 ，木板速度为 ，在滑块滑上木板到木板第一次与挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律可知
由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为 ，由对称性可知，木板与B端接触时速度为0，后开始做匀加速直线运动与C端发生第2次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为 ，滑块速度为 ，木板只与C端发生了2次碰撞，则
从木板第一次与挡板碰撞之后的瞬间到木板第二次与挡板碰撞之前瞬间的过程在，由动量守恒定律可知
联立解得
则设开始时木板左端离C端距离为 ，则由运动学公式可知
解得
滑块P刚好停在木板最左端木板最短，且木板的左端刚好与C接触，此时滑块P与木板的速度均为0，可知滑块在木板上做匀减速运动，则由能量守恒定律可知
解得
（3）A到D由动能定理可知
解得
设从D点飞出时速度方向与水平方向夹角为 ，小滑块落地的速度大小为 ，落地速度方向与水平方向夹角为 ，从D点飞出到落到所用时间为 ，根据动能定理可得
解得
该过程的速度变化量为
如图所示为速度矢量关系图
速度矢量图的面积为
可知当速度矢量图的面积最大时，水平射程 有最大值，而图中速度 、 都是定值，可知
速度矢量图的面积最大，则有
解得
可得
速度矢量图的面积最大为
最大水平射程为
【知识点】动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—连接体；动能与动能定理的理解
【解析】【分析】（1） 小滑块P滑到B点时，由动能定理 得出B点的速度，在B点利用牛顿第二定律得出对小滑块的支持力；
（2）木板运动的过程根据牛顿第二定律得出木板的加速度，结合动量守恒以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 开始时木板左端离C端距离 ，通过能量守恒定律得出最小长度和开始时木板左端离C端距离；
（3）A到D由动能定理 得出D点的速度， 从D点飞出到落地的过程根据动能定理得出小滑块落地的速度，结合速度的合成与分解以及几何关系得出最大水平射程。
15．（2023·济南模拟）如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处，小亮同学用较大的力气将纸条抽出，棋子掉落在水平地面上的P点。已知棋子的质量为m，桌子边缘到地面的高度为h，与P的水平距离为s，设重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）棋子在空中运动的时间；
（2）纸条给棋子的冲量大小；
（3）要想使棋子的水平射程比P点更远一点，抽纸条的力气应该稍微大一点还是稍微小一点？说明理由（抽出纸条过程中可忽略棋子的位移）。
【答案】（1）棋子在空中做平抛运动，运动的时间由
解得
（2）棋子做平抛的初速度
纸条给棋子的冲量大小为
（3）用稍微小的力气，这样纸条抽出的时间更长，棋子受滑动摩擦力作用的时间也更长，冲量更大，获得的初速度也越大
【知识点】自由落体运动；动量
【解析】【分析】（1）根据自由落体运动的规律得出棋子在空中运动的时间；
（2）根据匀速直线运动的规律以及动量的表达式得出纸条给棋子的冲量；
（3）用稍微小的力气 ，棋子受到的滑动摩擦力的时间更长，从而得出获得的初速度越大。
16．（2023·淮安模拟）如图甲所示，现有一机械装置，装置O右端固定有一水平光滑绝缘杆，装置可以带动杆上下平行移动，杆上套有两个小球a、b，质量，，a球带电量，b球不带电。初始时a球在杆的最左端，且a、b球相距。现让装置O带动杆以向下匀速运动，并且加上一垂直纸面向里的磁感应强度的匀强磁场，已知小球和杆始终在磁场中，球发生的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞过程中电荷量不发生转移。（取）
（1）求小球a、b第一次发生碰撞后沿杆方向的速度分别是多少？
（2）若已知在杆的最右端恰好发生第9次碰撞，则杆的长度是多少？
（3）如图乙所示，若将该装置固定不动，长方形内有交变匀强磁场，磁感应强度按图丙规律变化，取垂直纸面向里为磁场的正方向，图中，，，在长方形区域再加一竖直向上的匀强电场，，给a一个向右瞬时冲量，a、b发生弹性碰撞且电荷量平分，b在时从A点沿方向进入磁场，最终到达C点，则冲量多大？
【答案】（1）a球做加速运动的加速度为 ，则
设第一次碰前速度为 ，则
设a和b碰撞后速度为 、 ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，
解得 ，
（2）设物块a、b第一次碰后再经过时间 发生第二次碰撞
解得
第二次碰撞前a的速度
第二次碰撞前b的速度
碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，
解得
第二次和第三次碰撞的时间间隔为 ，则
即
解得
第三次碰撞前a的速度
第三次碰撞前b的速度
碰撞过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 ，
解得
即每一次碰撞b球的速度增加 ，相邻两次碰撞的时间间隔为0.4s，则b球从第一次到第九次碰撞前的瞬间位移分别为 ， ，
则杆的长度是
（3）若给a球一个冲量 ，则
a球和b球碰撞 ，
解得
b球在长方形区域时
则b球在长方形区域内做匀速圆周运动 ， （ ， ， ）
联立解得 （ ， ， ）
【知识点】动量守恒定律；机械能守恒定律；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在磁场中根据牛顿第二定律以及匀变速直线运动的位移与速度的关系得出第一次碰前的速度，ab碰撞过程根据动量守恒定律以及机械能守恒定律得出小球a、b第一次发生碰撞后沿杆方向的速度 ；
（2）根据匀变速直线运动的位移与时间的关系以及动量守恒定律和动能不变得出杆的长度
（3）粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力以及动量守恒和动能不变得出到达c点的冲量。
17．（2023·淮安模拟）窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3……10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为，每个滑环的质量均为，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度。
（1）若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度；
（2）假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能；
（3）9号滑环开始运动后继续滑行0.05m后停下来，求1号滑环的初速度大小。
【答案】（1）设1号环的初速度为 ，则由动能定理可得
解得
（2）设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为 ，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为 ，则窗帘绷紧前后动量守恒，有
绷紧后系统动能为
又知
联立解得
故损失的动能为
（3）设1号滑环的初速度为 ，其动能为 ，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为
据（2）的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为
在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
2，3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为
8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为
由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离 后静止，因而有
联立解得1号滑环的初速度大小为
【知识点】功能关系；动量守恒定律；动能
【解析】【分析】（1） 若要保证2号滑环能动起来 ，根据动能定理得出 1号滑环的最小初速度； ；
（2） 窗帘绷紧前后动量守恒 ，根据动量守恒定律以及动能的表达式得出损失的动能；
（3）根据功能关系以及恒力做功的表达式得出 1号滑环的初速度 。
18．（2023·惠州模拟）2022年北京冬奥会，我国短道速滑队夺得混合团体2000米接力决赛金牌，如果在某次交接棒训练中，质量为60kg的甲以7m/s的速度在前面滑行，质量为65kg的之以11m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出。乙推出甲后做匀减速直线运动，10s后停在离交接棒前方40m的地方，则：
（1）假设乙推甲过程中不计任何阻力，则甲乙分离瞬间甲的速度为多大；若甲乙作用时间为0.3s，则乙对甲的平均推力是多大；
（2）若甲离开乙后甲立即做匀加速直线运动，加速度大小为，4秒末刚好追上前方1m处匀速滑行的另一队的队员丙，计算队员丙匀速滑行的速度大小。
【答案】（1）乙推出甲后
得乙推出甲后乙的速度
乙推甲过程，甲乙组成的系统动量守恒，则有
解得
乙推甲过程，对甲由动量定理得
解得F=650N
（2）4秒末甲刚好追上前方1m处匀速滑行的另一队的队员丙，由位移关系可知
丙匀速滑行的速度大小为
【知识点】动量定理；动量守恒定律；追及相遇问题
【解析】【分析】（1）根据匀变速直线运动的表达式以及动量守恒和动量定理得出乙对甲的平均推力；
（2）根据匀变速直线运动的位移与时间的关系以及相遇追击得出队员丙匀速滑行的速度。
19．（2023·淮北模拟）舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某同学自己设计了一个如图甲所示的电磁弹射系统模型。该弹射系统工作原理如图乙所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可以水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为。开关与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时掷向2接通定值电阻，同时对动子施加一个回撤力，在时刻撤去力，最终动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的图像如图丙所示。已知模型飞机起飞速度，，，线圈匝数匝，每匝周长，动子和线圈的总质量，线圈的电阻，，，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
（1）动子和线圈向前运动的最大位移；
（2）回撤力与动子速度大小的关系式；
（3）图丙中的数值。（保留两位有效数字）
【答案】（1）动子和线圈向前运动的最大位移即 时间段内的位移，由图像
（2）动子和线圈在 时间做匀减速直线运动，加速度大小为
根据牛顿第二定律有
其
可得
解得
在 时间反向做匀加速直线运动，加速度不变
根据牛顿第二定律有
联立相关式子，解得
（3）动子和线圈在在 时间段内的位移
从 时刻到返回初始位置时间内的位移
根据法拉第电磁感应定律有
据电荷量的定义式
据闭合电路欧姆定律
解得从 时刻到返回初始位置时间内电荷量
其中
动子和线圈从 时刻到返回时间内，只受磁场力作用，根据动量定理有
又因为安培力的冲量 ，
联立可得
故图丙中 的数值为
【知识点】动量定理；牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）已知动子和线圈速度随时间的变化，利用图像面积可以求出动子和线圈运动的最大位移；
（2）动子和线圈做匀减速直线运动时，利用加速度的定义式可以求出加速度的大小，结合牛顿第二定律及安培力的表达式可以求出回撤力与速度的大小关系，结合加速度不变可以求出回撤力的大小；
（3）已知动子和线圈运动的位移，结合法拉第电磁感应定律结合电流的定义式及欧姆定律可以求出电荷量的表达式，结合动量定理可以求出对应速度的大小。
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