13 动量守恒定律-2023年高考物理考前冲刺高频考点知识点突破练习（含解析）

13动量守恒定律-2023年高考物理考前冲刺高频考点知识点突破练习
一．选择题（共6小题）
1．（2023 东城区一模）如图所示，在足够大的匀强磁场中，一个静止的氧原子核（）发生衰变，放出一个粒子后成为一个新核，已知粒子与新核的运动轨迹是两个相外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，下列说法正确的是（　　）
A．大圆是粒子的轨迹，该粒子是β粒子
B．大圆是粒子的轨迹，该粒子是α粒子
C．小圆是粒子的轨迹，该粒子是β粒子
D．小圆是粒子的轨迹，该粒子是α粒子
2．（2023 平谷区一模）如图所示，质量分别为m1和m2（m2＞3m1）的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力
B．释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒
C．若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后m2弹起的最大高度h2＜0.5h，则碰撞后m1弹起的最大高度h1一定大于2.5h
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大高度为h
3．（2022 通州区一模）如图所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上．A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失．当m1、v0一定时，若m2越大，则（　　）
A．碰撞过程中A受到的冲量越小
B．碰撞过程中A受到的冲量越大
C．碰撞过程中B受到的冲量不变
D．碰撞过程中B受到的冲量越小
4．（2022 西城区一模）2022年2月5日，中国短道速滑运动员在混合团体接力决赛中为中国队拿下北京冬奥会首金，这也是这一新增项目的奥运历史首金。短道速滑接力比赛中运动员在直道上采用推接方式进行替换（如图）。若忽略推接过程中冰面对运动员的摩擦力，则在甲运动员用力将乙运动员推出的过程中，以下说法一定正确的是（　　）
A．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
B．甲的速度变化量的大小等于乙的速度变化量的大小
C．甲、乙运动员组成的系统机械能守恒
D．甲、乙运动员组成的系统动量守恒
5．（2022 房山区一模）双人花样滑冰是冬奥会的比赛项目，颇具艺术性与观赏性。中国运动员隋文静、韩聪在北京冬奥会比赛中获得冠军。如图所示，比赛中两人以相同的动能在水平冰面上沿同一直线相向滑行，男运动员的质量大于女运动员的质量，某时刻两人相遇。为简化问题，在此过程中两运动员均可视为质点，且冰面光滑。则（　　）
A．两者相遇后的总动量小于相遇前的总动量
B．两者相遇后的总动能一定等于相遇前的总动能
C．两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等
D．两者相遇后将一起静止
6．（2022 平谷区一模）如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为R。质量为m的小球从小车上圆形轨道右侧的最高点由静止释放，已知M＞m。下列说法正确的是（　　）
A．小球由静止释放后，小球的机械能守恒
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒
C．小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零
D．小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘
二．计算题（共5小题）
7．（2023 东城区一模）如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与水平地面上的物块1接触（但未连接）。在外力作用下物块1静止，此时弹簧的压缩量为10cm，之后撤去外力，物块1开始向左运动，离开弹簧后与静止在水平地面上的物块2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后二者粘在一起。
已知两物块质量均为m＝1kg，弹簧的劲度系数k＝400N/m，当弹簧形变量为x时弹簧具有的弹性势能为kx2，弹簧始终在弹性限度内。不计空气阻力及切摩擦。求：
（1）刚撤去外力时，弹簧弹力的大小；
（2）两物块碰撞前，物块1的速度大小。
（3）两物块碰撞过程中损失的总机械能。
8．（2022 密云区一模）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.8m；A和B的质量均为m＝0.1kg，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小；
（2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l。
9．（2022 海淀区一模）2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。
（1）为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示。已知地球的公转周期为T1，火星的公转周期为T2。
a．已知地球公转轨道半径为r1，求火星公转轨道半径r2。
b．考虑到飞行时间和节省燃料，地球和火星处于图1中相对位置时是在地球上发射火星探测器的最佳时机，推导在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔Δt。
（2）火星探测器在火星附近的A点减速后，被火星捕获进入了1号椭圆轨道，紧接着在B点进行了一次“远火点平面机动”，俗称“侧手翻”，即从与火星赤道平行的1号轨道，调整为经过火星两极的2号轨道，将探测器绕火星飞行的路线从“横着绕”变成“竖着绕”，从而实现对火星表面的全面扫描，如图2所示。以火星为参考系，质量为M1的探测器沿1号轨道到达B点时速度为v1，为了实现“侧手翻”，此时启动发动机，在极短的时间内喷出部分气体，假设气体为一次性喷出，喷气后探测器质量变为M2、速度变为v1与垂直的v2。
a．求喷出气体速度v的大小。
b．假设实现“侧手翻”的能量全部来源于化学能，化学能向动能转化比例为k（k＜1），求此次“侧手翻”消耗的化学能ΔE。
10．（2022 朝阳区一模）如图所示，把一个质量m＝0.2kg的小球放在高度h＝5.0m的直杆的顶端。一颗质量m'＝0.01kg的子弹以v0＝500m/s的速度沿水平方向击中小球，并经球心穿过小球，小球落地处离杆的水平距离s＝20m。取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小球在空中飞行的时间t；
（2）子弹刚穿出小球瞬间的速度v；
（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能ΔE。
11．（2022 延庆区一模）如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB与粗糙的水平轨道BC平滑连接，A点是四分之一圆弧轨道最高点，B点是四分之一圆弧轨道最低点，现有质量均为m的两物块M和N（可看成质点）。物块N静止于B点，物块M从A点由静止释放，两物块在B点发生弹性碰撞，已知水平轨道与物块之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
（1）碰撞前瞬间物块M受轨道支持力的大小；
（2）碰撞后物块N在水平轨道上滑行的最大距离。
三．解答题（共4小题）
12．（2023 海淀区一模）反冲是常见的现象。
（1）静止的铀核（U）放出1个动能为E的未知粒子后，衰变为1个钍核（Th）。
a．请写出上述衰变过程的核反应方程；
b．求反冲的钍核的动能Ek。（计算中可忽略质子和中子质量的差异，不考虑相对论效应）
（2）如图1所示，用轻绳连接的滑块A和B（均可视为质点）静止在光滑水平面上，其间有一被轻绳束缚而处于压缩状态的轻质弹簧，已知滑块A的质量为m，弹簧的弹性势能为Ep。请证明：滑块B的质量M越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块A获得的动能就越大。
（3）如图2所示，以地心为参考系，质量为M的卫星只在地球引力的作用下沿与赤道面共面的椭圆轨道运动。卫星的发动机短暂点火可使卫星变更轨道：将质量为Δm的气体在极短时间内一次性向后喷出。假设无论发动机在什么位置短暂点火，点火后喷出气体相对点火后卫星的速度大小u都相同。如果想使点火后卫星的动能尽可能大，请通过分析，指出最佳的点火位置。
13．（2023 延庆区一模）如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，绳AO长为L，O点到光滑水平面的距离为L。物块B和C的质量分别是3m和2m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的高度为L。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球A运动到最低点与B碰撞前细绳拉力F的大小；
（2）碰撞过程B物块受到的冲量大小I；
（3）物块C的最大速度的大小vM，并在坐标系中定量画出B、C两物块的速度随时间变化的关系图像。（画出一个周期的图像）
14．（2023 西城区一模）动量守恒定律的适用范围非常广泛，不仅适用于低速、宏观的问题，也适用于近代物理研究的高速（接近光速）、微观（小到分子、原子的尺度）领域。
（1）质量为3m、速度为v的A球跟质量为m的静止B球发生弹性正碰．求碰后A球的速度大小。
（2）核反应堆里的中子速度不能太快，否则不易被铀核“捕获”，因此，在反应堆内要放“慢化剂”，让中子与慢化剂中的原子核碰撞，以便把中子的速度降下来。若认为碰撞前慢化剂中的原子核都是静止的，且将中子与原子核的碰撞看作弹性正碰，慢化剂应该选用质量较大的还是质量较小的原子核？请分析说明理由。
（3）光子不仅具有能量，而且具有动量。科学家在实验中观察到，一个电子和一个正电子以相同的动能对心碰撞发生湮灭，转化为光子。有人认为这个过程可能只生成一个光子，也有人认为这个过程至少生成两个光子。你赞同哪个观点？请分析说明理由。
15．（2022 丰台区一模）类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：如图甲所示，设质量为m1的小球以速度v0与静止在光滑水平面上质量为m2的小球发生对心碰撞，碰后两小球粘在一起共同运动。求两小球碰后的速度大小v；
（2）情境2：如图乙所示，设电容器C1充电后电压为U0，闭合开关K后对不带电的电容器C2放电，达到稳定状态后两者电压均为U；
a．请类比（1）中求得的v的表达式，写出放电稳定后电压U与C1、C2和U0的关系式；
b．在电容器充电过程中，电源做功把能量以电场能的形式储存在电容器中。图丙为电源给电容器C1充电过程中，两极板间电压u随极板所带电量q的变化规律。请根据图像写出电容器C1充电电压达到U0时储存的电场能E；并证明从闭合开关K到两电容器电压均为U的过程中，损失的电场能；
（3）类比情境1和情境2过程中的“守恒量”及能量转化情况完成下表。
情境1 情境2
动量守恒
损失的电场能
减少的机械能转化为内能
13动量守恒定律-2023年高考物理考前冲刺高频考点知识点突破练习
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．（2023 东城区一模）如图所示，在足够大的匀强磁场中，一个静止的氧原子核（）发生衰变，放出一个粒子后成为一个新核，已知粒子与新核的运动轨迹是两个相外切的圆，大圆与小圆的直径之比为42：1，下列说法正确的是（　　）
A．大圆是粒子的轨迹，该粒子是β粒子
B．大圆是粒子的轨迹，该粒子是α粒子
C．小圆是粒子的轨迹，该粒子是β粒子
D．小圆是粒子的轨迹，该粒子是α粒子
【答案】B
【解答】解：AC、由左手定则知α衰变后产生的径迹是两个外切的圆，/衰变后产生的径迹是两个内切的圆，故AC错误；
BD、根据得粒子做圆周运动的半径R＝，因为发生衰变后动量守恒，两微粒的动量大小相等，则在磁场中的运动半径之比与电荷数成反比，则大圆是粒子的轨迹，故B正确，D错误。
故选：B。
2．（2023 平谷区一模）如图所示，质量分别为m1和m2（m2＞3m1）的两个小球叠放在一起，从高度为h处由静止释放，它们一起下落。已知h远大于两球半径，碰撞前后小球都沿竖直方向运动，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）
A．在下落过程中，两个小球之间存在相互作用的弹力
B．释放后至弹起的过程中，两小球的动量守恒
C．若所有的碰撞都没有机械能损失，且碰撞后m2弹起的最大高度h2＜0.5h，则碰撞后m1弹起的最大高度h1一定大于2.5h
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，则两球弹起的最大高度为h
【答案】C
【解答】解：A．在下落过程中，两个小球都做自由落体运动，故两个小球之间无相互作用力，故A错误；
B．释放后至弹起的过程中，两小球所受合力不为0，故动量不守恒，故B错误；
C．整个过程中两小球根据机械能守恒定律（m1+m2）gh＝m1gh1+m2gh2
由题知m2＞3m1
h2＜0.5h
解得h1＞2.5h
故C正确；
D．若两球接触处涂有粘胶，从地面弹起后两球粘在一起向上运动，属于完全非弹性碰撞，有一部分机械能转化为内能，根据机械能守恒定律可知两球弹起的最大高度为应小于h，故D错误。
故选：C。
3．（2022 通州区一模）如图所示，质量为m2的小球B静止在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上．A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失．当m1、v0一定时，若m2越大，则（　　）
A．碰撞过程中A受到的冲量越小
B．碰撞过程中A受到的冲量越大
C．碰撞过程中B受到的冲量不变
D．碰撞过程中B受到的冲量越小
【答案】B
【解答】解：两球碰撞过程没有机械能损失，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2，
由机械能守恒定律得：
解得：v1＝v0，v2＝
AB、对A，由动量定理得：IA＝m1v1﹣m1v0＝﹣＝﹣，负号表示方向，m1、v0一定m2越大，IA越大，故A错误，B正确；
CD、碰撞过程A、B间的作用力为作用力与反作用力，大小相等、方向相反、作用时间相等，则碰撞过程A、B受到的冲量大小相等、方向相反，B受到的冲量IB＝﹣IA＝，负号表示方向，m1、v0一定m2越大，IB越大，故CD错误。
故选：B。
4．（2022 西城区一模）2022年2月5日，中国短道速滑运动员在混合团体接力决赛中为中国队拿下北京冬奥会首金，这也是这一新增项目的奥运历史首金。短道速滑接力比赛中运动员在直道上采用推接方式进行替换（如图）。若忽略推接过程中冰面对运动员的摩擦力，则在甲运动员用力将乙运动员推出的过程中，以下说法一定正确的是（　　）
A．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
B．甲的速度变化量的大小等于乙的速度变化量的大小
C．甲、乙运动员组成的系统机械能守恒
D．甲、乙运动员组成的系统动量守恒
【答案】D
【解答】解：A、甲对乙的作用力与乙对甲的作用力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；
BD、甲、乙运动员祖成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由Δv＝＝，可知，甲乙的质量未知，二者速度变化量的大小无法比较，故B错误，D正确；
C、在乙推甲的过程中，乙的肌肉对系统做功，甲、乙运动员组成的系统机械能不守恒，故C错误；
故选：D。
5．（2022 房山区一模）双人花样滑冰是冬奥会的比赛项目，颇具艺术性与观赏性。中国运动员隋文静、韩聪在北京冬奥会比赛中获得冠军。如图所示，比赛中两人以相同的动能在水平冰面上沿同一直线相向滑行，男运动员的质量大于女运动员的质量，某时刻两人相遇。为简化问题，在此过程中两运动员均可视为质点，且冰面光滑。则（　　）
A．两者相遇后的总动量小于相遇前的总动量
B．两者相遇后的总动能一定等于相遇前的总动能
C．两者相遇过程中受到的冲量大小一定相等
D．两者相遇后将一起静止
【答案】C
【解答】解：A、两者在水平方向不受外力作用，水平方向动量守恒，所以两者相遇后的总动量等于相遇前的总动量，故A错误；
B、两者相遇后一起运动，属于完全非弹性碰撞，系统损失的动能最大，所以相遇后二者的总动能小于相遇前的总动能，故B错误；
C、两者相遇过程中相互作用力大小相等、方向相反，作用时间相同，则受到的冲量大小一定相等，故C正确；
D、男运动员的质量大于女运动员的质量，根据p＝可知，相遇前总动量的方向沿着男运动员的方向，根据动量守恒定律可知，两者相遇后将一起沿着男运动员的方向运动，速度不为零，故D错误。
故选：C。
6．（2022 平谷区一模）如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为R。质量为m的小球从小车上圆形轨道右侧的最高点由静止释放，已知M＞m。下列说法正确的是（　　）
A．小球由静止释放后，小球的机械能守恒
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒
C．小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零
D．小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘
【答案】C
【解答】解：A、小球由静止释放后，除重力做功外，小车对小球也做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；
B、小球由静止释放后，小球和小车组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向的动量守恒，竖直方向的动量不守恒，所以小球和小车组成的系统的动量不守恒，故B错误；
C、由动量守恒定律可知，系统水平方向动量守恒，初状态水平方向动量为零，当小球到达圆弧轨道左侧最高处时，相对小车静止，系统的末动量也为零，所以小车的速度为零，故C正确；
D、由水平方向的动量守恒可得小球从小车上圆形轨道右侧的最高点由静止释放，运动到最低点时，有：Mv1＝mv2
则有Mx1＝mx2
可得
且x1+x2＝R
则可得
则小球运动到左侧做高点时，小车向右移动的距离为
所以小车的右边外侧不会伸出桌面右边缘，由动量守恒定律可得，小球从圆形轨道左侧的最高点由静止释放，运动到右侧做高点时，小车回到原来的位置，所以小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，故D错误。
故选：C。
二．计算题（共5小题）
7．（2023 东城区一模）如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与水平地面上的物块1接触（但未连接）。在外力作用下物块1静止，此时弹簧的压缩量为10cm，之后撤去外力，物块1开始向左运动，离开弹簧后与静止在水平地面上的物块2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后二者粘在一起。
已知两物块质量均为m＝1kg，弹簧的劲度系数k＝400N/m，当弹簧形变量为x时弹簧具有的弹性势能为kx2，弹簧始终在弹性限度内。不计空气阻力及切摩擦。求：
（1）刚撤去外力时，弹簧弹力的大小；
（2）两物块碰撞前，物块1的速度大小。
（3）两物块碰撞过程中损失的总机械能。
【答案】（1）刚撤去外力时，弹簧弹力的大小为40N；
（2）两物块碰撞前，物块1的速度大小为2m/s；
（3）两物块碰撞过程中损失的总机械能为1J。
【解答】解：弹簧的压缩量为x＝10cm＝0.1m
（1）根据胡克定律可得弹簧弹力：F＝kx＝400×0.1N＝40N
（2）根据功能关系可得：＝
代入数据解得：v0＝2m/s
（3）两物块碰撞过程中水平方向动量守恒，取向左为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv
代入数据解得：v＝1m/s
此过程中损失的总机械能：ΔE＝﹣2mv2
代入数据解得：ΔE＝1J
答：（1）刚撤去外力时，弹簧弹力的大小为40N；
（2）两物块碰撞前，物块1的速度大小为2m/s；
（3）两物块碰撞过程中损失的总机械能为1J。
8．（2022 密云区一模）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.8m；A和B的质量均为m＝0.1kg，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2。重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小；
（2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l。
【答案】（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小为3N；
（2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能为0.4J；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离为1m。
【解答】解：（1）滑块A下滑的过程，机械能守恒，则有
滑块A在圆轨道上做圆周运动，在最低点，由牛顿第二定律得：
根据牛顿第三定律可知，N＝FN
联立解得：N＝3N
（2）AB相碰，碰撞后结合为一个整体，由动量守恒定律得：
mv＝2mv′
根据能量守恒定律得：
联立解得：ΔE＝0.4J
（3）对AB在桌面上滑动，水平方向仅受摩擦力，则由动能定理得：
解得：l＝1m
答：（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小为3N；
（2）A与B碰撞过程中系统损失的机械能为0.4J；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离为1m。
9．（2022 海淀区一模）2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。
（1）为了简化问题，可以认为地球和火星在同一平面上绕太阳做匀速圆周运动，如图1所示。已知地球的公转周期为T1，火星的公转周期为T2。
a．已知地球公转轨道半径为r1，求火星公转轨道半径r2。
b．考虑到飞行时间和节省燃料，地球和火星处于图1中相对位置时是在地球上发射火星探测器的最佳时机，推导在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔Δt。
（2）火星探测器在火星附近的A点减速后，被火星捕获进入了1号椭圆轨道，紧接着在B点进行了一次“远火点平面机动”，俗称“侧手翻”，即从与火星赤道平行的1号轨道，调整为经过火星两极的2号轨道，将探测器绕火星飞行的路线从“横着绕”变成“竖着绕”，从而实现对火星表面的全面扫描，如图2所示。以火星为参考系，质量为M1的探测器沿1号轨道到达B点时速度为v1，为了实现“侧手翻”，此时启动发动机，在极短的时间内喷出部分气体，假设气体为一次性喷出，喷气后探测器质量变为M2、速度变为v1与垂直的v2。
a．求喷出气体速度v的大小。
b．假设实现“侧手翻”的能量全部来源于化学能，化学能向动能转化比例为k（k＜1），求此次“侧手翻”消耗的化学能ΔE。
【答案】（1）a、火星公转轨道半径为；
b、在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔为；
（2）a、喷出气体速度v的大小为；
b、此次“侧手翻”消耗的化学能为。
【解答】解：（1）a、根据开普勒第三定律可得：＝
解得：r2＝；
b、在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔Δt内，地球比火星多转一周，则有：
﹣＝1
解得：Δt＝；
（2）a、喷出气体的质量m＝M1﹣M2
喷出气体前探测器与所喷出气体组成的系统初动量p1＝M1v1
喷出气体后探测器末动量p2＝M2v2
喷出气体前后p1、p2方向垂直，建立如图所示的xOy直角坐标系。
喷出气体速度v在x、y方向上的分量分别为vx、vy，取坐标轴所在的方向为正方向，根据动量守恒定律可得：
x方向：p1＝mvx
y方向：0＝p2+mvy
喷出气体速度满足v2＝vx2+vy2
联立可得：v＝；
b、以探测器与所喷出气体组成的系统为研究对象，则有：
喷气前总动能为：Ek0＝
喷气后总动能Ek＝+
消耗的化学能：ΔE＝
联立可得：ΔE＝。
答：（1）a、火星公转轨道半径为；
b、在地球上相邻两次发射火星探测器最佳时机的时间间隔为；
（2）a、喷出气体速度v的大小为；
b、此次“侧手翻”消耗的化学能为。
10．（2022 朝阳区一模）如图所示，把一个质量m＝0.2kg的小球放在高度h＝5.0m的直杆的顶端。一颗质量m'＝0.01kg的子弹以v0＝500m/s的速度沿水平方向击中小球，并经球心穿过小球，小球落地处离杆的水平距离s＝20m。取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小球在空中飞行的时间t；
（2）子弹刚穿出小球瞬间的速度v；
（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能ΔE。
【答案】（1）小球在空中飞行的时间t为1s；
（2）子弹刚穿出小球瞬间的速度v为100m/s；
（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能ΔE为1160J。
【解答】解：（1）子弹穿过小球后，小球在竖直方向做自由落体运动，则有：h＝gt2，解得：t＝1s
（2）设子弹穿过小球后小球做平抛运动的初速度为v1，因为小球水平方向为匀速运动，则：v1＝＝m.s＝20m/s
子弹穿过小球的过程，子弹与小球额系统动量守恒，取水平向右为正方向，则：m'v0＝mv1+m'v，解得：v＝100m/s
（3）根据能量守恒可知，子弹穿过小球过程中系统损失的机械能ΔE＝m'﹣（m+m'v2，解得：ΔE＝1160J
答：（1）小球在空中飞行的时间t为1s；
（2）子弹刚穿出小球瞬间的速度v为100m/s；
（3）子弹穿过小球过程中系统损失的机械能ΔE为1160J。
11．（2022 延庆区一模）如图所示，半径为R的光滑四分之一圆弧轨道AB与粗糙的水平轨道BC平滑连接，A点是四分之一圆弧轨道最高点，B点是四分之一圆弧轨道最低点，现有质量均为m的两物块M和N（可看成质点）。物块N静止于B点，物块M从A点由静止释放，两物块在B点发生弹性碰撞，已知水平轨道与物块之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，求：
（1）碰撞前瞬间物块M受轨道支持力的大小；
（2）碰撞后物块N在水平轨道上滑行的最大距离。
【答案】（1）碰撞前瞬间物块M受轨道支持力的大小为3mg；
（2）碰撞后物块N在水平轨道上滑行的最大距离为。
【解答】解：（1）设物块M从A点运动到B点时速度为v0，由机械能守恒定律可得
设M在A点所受轨道支持力的大小为FN，则由牛顿第二定律得
解得，FN＝3mg
（2）两物块在B点发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝mvM+mvN
由机械能守恒定律可得
解得
对碰后物块N滑行过程，根据动能定理，有
﹣μmgL＝0﹣
解得
答：（1）碰撞前瞬间物块M受轨道支持力的大小为3mg；
（2）碰撞后物块N在水平轨道上滑行的最大距离为。
三．解答题（共4小题）
12．（2023 海淀区一模）反冲是常见的现象。
（1）静止的铀核（U）放出1个动能为E的未知粒子后，衰变为1个钍核（Th）。
a．请写出上述衰变过程的核反应方程；
b．求反冲的钍核的动能Ek。（计算中可忽略质子和中子质量的差异，不考虑相对论效应）
（2）如图1所示，用轻绳连接的滑块A和B（均可视为质点）静止在光滑水平面上，其间有一被轻绳束缚而处于压缩状态的轻质弹簧，已知滑块A的质量为m，弹簧的弹性势能为Ep。请证明：滑块B的质量M越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块A获得的动能就越大。
（3）如图2所示，以地心为参考系，质量为M的卫星只在地球引力的作用下沿与赤道面共面的椭圆轨道运动。卫星的发动机短暂点火可使卫星变更轨道：将质量为Δm的气体在极短时间内一次性向后喷出。假设无论发动机在什么位置短暂点火，点火后喷出气体相对点火后卫星的速度大小u都相同。如果想使点火后卫星的动能尽可能大，请通过分析，指出最佳的点火位置。
【答案】（1）a、衰变过程的核反应方程为；
b、反冲的钍核的动能为；
（2）见解析；
（3）最佳的点火位置是速率最大的近地点处点火喷气。
【解答】解：（1）a．根据质量数和质子数守恒，则铀核衰变方程为：
b．设质子和中子的质量均为m，衰变后氦核的速度为v1，钍核的速度为v2，选氦核的运动方向为正方向，根据动量守恒定律得：
4mv1﹣234mv2＝0
解得：
又
则反冲的钍核的动能为：
（2）滑块A和B系统动量守恒，设弹簧恢复原长时，滑块A和B的速度分别为vA和vB，选取滑块A运动方向为正方向，则根据动量守恒定律可得mvA﹣MvB＝0
又由能量守恒定律可知，弹簧弹性势能为：
则滑块A获得的动能为：
m和Ep均为定值，因此滑块B的质量M越大，剪断轻绳，当弹簧恢复原长时，滑块A获得的动能就越大。
（3）卫星喷气的过程中，可认为卫星和喷出的气体所组成的系统动量守恒，设喷气前卫星沿椭圆轨道运动的速度为v0，喷出后卫星的速度为v，以喷气前卫星运动方向为正方向，根据动量守恒定律，有
Mv0＝（M﹣Δm）v+Δm（v﹣u）
解得
由上式可知，卫星在椭圆轨道上运动速度v0大的地方喷气，喷气后卫星的动能为：
也就越大，因此卫星应该在其速率最大的近地点处点火喷气。
答：（1）a、衰变过程的核反应方程为；
b、反冲的钍核的动能为；
（2）见解析；
（3）最佳的点火位置是速率最大的近地点处点火喷气。
13．（2023 延庆区一模）如图所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，绳AO长为L，O点到光滑水平面的距离为L。物块B和C的质量分别是3m和2m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方。现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升到最高点时到水平面的高度为L。小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）小球A运动到最低点与B碰撞前细绳拉力F的大小；
（2）碰撞过程B物块受到的冲量大小I；
（3）物块C的最大速度的大小vM，并在坐标系中定量画出B、C两物块的速度随时间变化的关系图像。（画出一个周期的图像）
【答案】（1）小球A运动到最低点与B碰撞前细绳拉力F的大小为3mg；
（2）碰撞过程B物块受到的冲量大小为；
（3）物块C的最大速度的大小为，B、C两物块的速度随时间变化的关系图像见解析。
【解答】解：（1）根据题意可知，小球A运动到最低点过程中机械能守恒，设小球A运动到最低点的速度为vA，由机械能守恒定律有：mgL＝
解得：vA＝
在最低点，由牛顿第二定律有：F﹣mg＝m
解得：F＝3mg
（2）根据题意可知，小球A与物块B发生正碰（碰撞时间极短），则碰撞过程A、B组成的系统动量守恒，设碰撞后小球A的速度为vA′，物块B的速度为vB，规定向右为正方向，由动量守恒定律有：mvA＝3mvB﹣mvA′
对A由机械能守恒定律有：＝mg
联立解得：vB＝
对物块B，取向右为正方向，由动量定理有：I＝3mvB＝
（3）根据题意可知，B与C用轻弹簧拴接，开始时，物块B压缩弹簧，B做加速度增大的减速运动，C做加速度增大加速运动，当B、C速度相等时，弹簧压缩最短，取向右为正方向，由动量守恒定律有：
3mvB＝（3m+2m）v共
解得：v共＝
之后C的速度大于B的速度，弹簧开始恢复，则C做加速度减小的加速运动，B做加速度减小的减速运动，当弹簧恢复到原长，C的速度最大，B的速度最小，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能量守恒定律有：
3mvB＝3mvB′+2mvM
3＝3mvB′2+2
联立解得：vM＝，vB′＝
之后C拉开弹簧，开始做加速度增大的减速运动，B做加速度增大的加速运动，当速度相等时，弹簧伸长最长，之后C的速度小于B的速度，C做加速度减小的减速运动，B做加速度减小的加速运动，当弹簧恢复原长，B的速度最大为，C的速度最小为0，之后重复开始运动过程，即完成一个运动周期。由上述分析可知，B、C两物块的速度随时间变化的关系图像，如图所示：
答：（1）小球A运动到最低点与B碰撞前细绳拉力F的大小为3mg；
（2）碰撞过程B物块受到的冲量大小为；
（3）物块C的最大速度的大小为，B、C两物块的速度随时间变化的关系图像见解析。
14．（2023 西城区一模）动量守恒定律的适用范围非常广泛，不仅适用于低速、宏观的问题，也适用于近代物理研究的高速（接近光速）、微观（小到分子、原子的尺度）领域。
（1）质量为3m、速度为v的A球跟质量为m的静止B球发生弹性正碰．求碰后A球的速度大小。
（2）核反应堆里的中子速度不能太快，否则不易被铀核“捕获”，因此，在反应堆内要放“慢化剂”，让中子与慢化剂中的原子核碰撞，以便把中子的速度降下来。若认为碰撞前慢化剂中的原子核都是静止的，且将中子与原子核的碰撞看作弹性正碰，慢化剂应该选用质量较大的还是质量较小的原子核？请分析说明理由。
（3）光子不仅具有能量，而且具有动量。科学家在实验中观察到，一个电子和一个正电子以相同的动能对心碰撞发生湮灭，转化为光子。有人认为这个过程可能只生成一个光子，也有人认为这个过程至少生成两个光子。你赞同哪个观点？请分析说明理由。
【答案】（1）碰后A球的速度大小；
（2）慢化剂应该选用质量较小的原子核，理由见解析；
（3）赞成“这个过程至少生成两个光子”的观点，理由见解析。
【解答】解：（1）两球发生弹性正碰，设碰后A球速度为v1，B球速度为v2，以速度v为正方向，则3mv＝3mv1+mv2
得
（2）设中子质量为m，碰前速度为v0，碰后速度为v1，原子核质量为M，碰后速度为v2，中子与原子核发生弹性正碰，以速度v0为正方向，则mv0＝mv1+Mv2
得
可见，原子核质量M越小，碰后中子速度v1越小，因此，慢化剂应该选用质量较小的原子核；
（3）我赞成“这个过程至少生成两个光子”的观点，正负电子对撞过程遵循动量守恒定律．对撞前正负电子组成的系统总动量为0，若只生成一个光子，则对撞后动量不可能为0，只有生成两个及两个以上的光子时系统总动量才有可能为0，因此“这个过程至少生成两个光子”的观点正确。
答：（1）碰后A球的速度大小；
（2）慢化剂应该选用质量较小的原子核，理由见解析；
（3）赞成“这个过程至少生成两个光子”的观点，理由见解析。
15．（2022 丰台区一模）类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：如图甲所示，设质量为m1的小球以速度v0与静止在光滑水平面上质量为m2的小球发生对心碰撞，碰后两小球粘在一起共同运动。求两小球碰后的速度大小v；
（2）情境2：如图乙所示，设电容器C1充电后电压为U0，闭合开关K后对不带电的电容器C2放电，达到稳定状态后两者电压均为U；
a．请类比（1）中求得的v的表达式，写出放电稳定后电压U与C1、C2和U0的关系式；
b．在电容器充电过程中，电源做功把能量以电场能的形式储存在电容器中。图丙为电源给电容器C1充电过程中，两极板间电压u随极板所带电量q的变化规律。请根据图像写出电容器C1充电电压达到U0时储存的电场能E；并证明从闭合开关K到两电容器电压均为U的过程中，损失的电场能；
（3）类比情境1和情境2过程中的“守恒量”及能量转化情况完成下表。
情境1 情境2
动量守恒
损失的电场能
减少的机械能转化为内能
【答案】（1）两小球碰后的速度大小为；
（2）a．放电稳定后电压U与C1、C2和U0的关系式为，证明看详解；
b．电容器C1充电电压达到U0时储存的电场能为，证明见解析；
（3）情境1中填：损失的机械能为，情境2第一个空填：电荷守恒，情境2第三个空填：损失的电场能转化为内能。
【解答】解：（1）取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v0＝（m1+m2）v
解得两小球碰后的速度大小为：v＝；
（2）a．根据题意，进行类比，有：C1U0＝（C1+C2）U
故关系式为：；
b．根据图像，有：
损失电场能为：
代入U的关系式，可得：
因：
则有：；
（3）对情景1的第二个空，类比情境2中第二个空，则情境1中损失的机械能为：
，
则有：
故该空填：损失的机械能为；
对情境2中的第一个空类比情境1中第一个空，对情境1中第一个空，动量为mv，而对于情境2，C与U的乘积表示电荷，所以该空填电荷守恒；
类比情境1中第三个空，情境2中的三个空可填损失的电场能转化为内能。
答：（1）两小球碰后的速度大小为；
（2）a．放电稳定后电压U与C1、C2和U0的关系式为，证明看详解；
b．电容器C1充电电压达到U0时储存的电场能为，证明见解析；
（3）情境1中填：损失的机械能为，情境2第一个空填：电荷守恒，情境2第三个空填：损失的电场能转化为内能。