【文档说明】（2020-2022）三年高考物理真题分项汇编（全国通用）专题07 动量含解析.docx，共(61)页，2.794 MB，由envi的店铺上传

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专题07动量1、（2022·湖南卷·T7）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vt−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10~t时间内，返回舱重力的功率随时间减小B.在10~t时间内，返回舱的加速度不变C.在21~tt时间内，返回舱的动量随时间减小D.在23~tt时间内，返回舱的机械能不变【答案】AC【解析】A．重力的

功率为Pmgv=由图可知在0~t1时间内，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v-t图像的斜率表示加速度可知在0~t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；C．在t1~t2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t2~t3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。故选AC。2、（2022·湖南卷·T4）1932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0v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1v和2v。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（）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.2v大于1vD.2v大于0v【答案】B【解析】设中子的质量

为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为3v，由动量守恒定律和能量守恒定律可得301mvmvmv=+222013111222mvmvmv=+联立解得10vv=设中子和氮核碰撞后中子速度为4v，由动量守恒定律和能量守恒定律可得02414mvmvmv

=+22202411114222mvmvmv=+联立解得20215vv=可得102vvv=碰撞后氢核的动量为H10pmvmv==氮核的动量为0N2281415mvpmv==可得NHpp碰撞后氢核的动能为H22k101122Emvmv==氮核的动能为

N220k2281142225mvEmv==可得HNkkEE故B正确，ACD错误。故选B。3、（2022·山东卷·T2）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（）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错误；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。故选A。4、（2022·全国乙卷·T20）质量为1kg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，F与时间t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210m/s=g。则（）A.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12kgm/sD.0~6s时间内F对物块所做的功为40J【答案】AD【解析】物块与地面间的摩擦力为2Nfmg==AC．对物块从03内由动量定理可知13()Fftmv−=即3(42)31v−=得36m/sv=3

s时物块的动量为36kgm/spmv==设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得3()0Fftmv−+=−即(42)016t−+=−解得1st=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．03物块发生的位移为x1，由动能定理可得2131()2Ffxmv−=即211(42)162x−=得19mx=3s4s过程中，对物块由动能定理可得2231()02Ffxmv−+=−即221(42)016

2x−+=−得23mx=4s6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为22m/sFfam−==发生的位移为2312122m=4m2xxx=+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622m/s=4m/sv=06s拉力所做的功为(

494344)J40JW=−+=故D正确。故选AD。5、（2022·浙江6月卷·T20）如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN

、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知2gm=，1ml=，0

.4mR=，0.2mH=，2m/sv=，物块与MN、CD之间的动摩擦因数0.5=，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取210m/s=g。（1）若1.25mh=，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度0v的大

小；（2）物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力NF与h间满足的关系；（3）若物块b释放高度0.9m1.65mh，求物块a最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴）。【答案】（1）5m/s；（2）N0.10.14(1.2m)Fhh=−；（3）当0.9m1.

2mh时，2.6m3mx，当1.2m1.65mh时，333m3.6m55x++【解析】（1）滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律212bmghmv=解得5m/sbv=b与a发生弹性碰撞，根据动量

守恒定律和机械能守恒定律可得'0bbmvmvmv=+2'220111222bbmvmvmv=+联立解得05m/sbvv==（2）由（1）分析可知，物块b与物块a在A发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为1h，根据动能定理可得120mghmglmgH−−=解

得11.2mh=以竖直向下为正方向2NEvFmgmR+=由动能定理2122EmghmglmgHmv−−=联立可得N0.10.14(1.2m)Fhh=−（3）当1.2m1.65mh时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理得2122EmghmglmgHmv−−=从E点飞出后

，竖直方向212Hgt=水平方向Esvt=根据几何关系可得3m5DF=联立解得13xlDFs=++代入数据解得333m3.6m55x++当0.9m1.2mh时，从20.9mh=释放时，根据动能定理可得20mghmgs−=解得21.8ms=

可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块a由E点速度为零，返回到CD时，根据动能定理可得30mgHmgs−=解得30.4ms=距离C点0.6m，综上可知当0.9m1.2mh时333lsxl−代入数据得2.6m3mx6、（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，0=t时与弹簧接触，到02tt=时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的vt−图像如图（b）所示。已知从0=t到tt=0时间内，物块A运动的距

离为000.36vt。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(sin0.6)=，与水平面光滑连接。碰撞过程

中弹簧始终处于弹性限度内。求（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。【答案】（1）200.6mv；（2）000.768vt；（3）0.45

【解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即tt=0时刻，根据动量守恒定律001.2()BBmvmmv=+根据能量守恒定律22pmax0011(1.2)()22BBEmvmmv=−+联立解得5Bmm=2pmax00.6Emv=（2）同一时刻弹簧对

A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律Fma=可知同一时刻5ABaa=则同一时刻A、B的的瞬时速度分别为AAvat=01.25ABatvv=−根据位移等速度在时间上的累积可得(AAsvt=累积）(BBsvt=累积）又000.36Asvt=解得001.128Bsvt=第一次

碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值000.768BAsssvt=−=（3）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B分离后速度大小仍为02v，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为'Av，

设向左为正方向，根据动量守恒定律可得''0050.8(2)5ABmvmvmvmv−=−+根据能量守恒定律可得'222'20011115(0.8)(2)52222ABmvmvmvmv+=−+联立解得'0Avv=设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得201sincos0(2)

2mgLmgLmv−−=−下滑过程，根据动能定理可得201sincos02mgLmgLmv−=−联立解得0.45=7、（2022·山东卷·T18）如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B上的O

点，O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O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

0v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O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A0.1kgm=，B的质量B0.3kgm=，A与B的动摩擦因数10.4=，B与地面间的动摩擦因数200.

225,4m/sv==，取重力加速度210m/sg=。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Av与Bv；（2）B光滑部分的长度d；（3）

运动过程中A对B的摩擦力所做的功fW；（4）实现上述运动过程，AMm的取值范围（结果用cos5表示）。【答案】（1）A2m/sv=，B2m/sv=；（2）7m6d=；（3）3J65−；（4）()A3232858511cos5Mm

−−【解析】（1）设水平向右为正方向，因为'O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A0AABBmvmvmv=+222A0AABB111222mvmvmv=+代入数据联立解得A2m/sv=−，（方

向水平向左）B2m/sv=，（方向水平向右）即A和B速度的大小分别为A2m/sv=，B2m/sv=。（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21A0AA102mgxmv−=−代入数据解得00.5mx=根据动量定理有1A2AA0mgtmv−=

−代入数据解得20.5st=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()2ABB1mmgma+=20B11112xvtat=−联立各式代入数据解得11s3t=，1'1st=（舍去）故根据几何关系有A10dvtx=+代入数据解得7m6d=（3）在A刚开始减速时，B物体的速度为

2B111m/svvat=−=在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知()1A2ABB2mgmmgma++=解得2213=m/s3aB物体停下来的时间为t3，则有2230=vat−解得323=s<=0.5s13tt可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为22B23m22

6vxa==所以A对B的摩擦力所做的功为1AB3J65fWmgx=−=−（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0A7s12dtv==由题意可知A返回到O点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动的

周期为T，摆长为L，则有01214Tttt=++2LTg=小球下滑过程根据动能定理有212MgLMv=小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有1A0MvMvmv=+当碰后小球摆角恰为5°时，有()2111cos52MgLMv−=联立可得()A32=8511cos5

Mm−−当碰后小球速度恰为0时，碰撞过程有A0Mvmv=则可得A32=85Mm故要实现这个过程的范围为()A3232858511cos5Mm−−8、（2022·广东卷·T13）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，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度0v为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1N，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0.2kgm=，滑杆的质量0.6kgM=，A、B间的距离1.2ml=，重力加速度g取210m/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1N和2N；（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；

（3）滑杆向上运动的最大高度h。【答案】（1）18NN=，25NN=；（2）18m/sv=；（3）0.2mh=【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()18NNmMg=+=当滑块向上滑动

过程中受到滑杆的摩擦力为1N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为2'5NNMgf=−=（2）滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有22101122mglflmvmv−−=−代入数据解得18m/sv=。（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()1mvmMv=+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()()2102mMghmMv−+=−+代入数据联立解得0.2mh=。9、（2022·湖南卷·T14）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度

处由静止下落，与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篮球所受重力的倍（为常数且0HhHh−+），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之

比；（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图（b）所示，其中0h已知，求0F的大小；（3）篮球从H高度处由静

止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N次拍击后篮球恰好反弹至H高度处，求冲量I的大小。【答案】（1）(1)=(1)hkH+

−；（2）002(1)()=mgHhFhh−−−；（3）11[()][](1)2()NNhhHImHhghhHHH+−=−−−【解析】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有mg-λmg=ma下再根据匀

变速直线运动的公式，下落的过程中有v下2=2a下H篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有mg+λmg=ma上再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有v上2=2a上h则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比(1)=(1)vhkvH+=

−上下（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有200122hhmghFmghmv−+−=下篮球反弹后上升过程中根据动能定理有210(2mghmghmkv−−=−下）联立解得002(1

)()=mgHhFhh−−−（3）由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为a下=(1–λ)g（方向向下）a上=(1+λ)g（方向向下）由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时间极

短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有I=mv即每拍击一次篮球将给它一个速度v。拍击第1次下降过程有v12-v2=2(1–λ)gh0上升过程有(kv1)2=2(1+λ)gh1代入k后，下降过程有v12-v2=2(1–λ)gh0

上升过程有hv12=2(1–λ)gHh1联立有2211100()()()2(1)2(1)hvhhvhhhHgHHg=+=+−−拍击第2次，同理代入k后，下降过程有v22-v2=2(1–λ)gh1上升过程有hv22=2(1–λ)gHh2联立有221

()2(1)hvhhHg=+−再将h1代入h2有2222120()()()2(1)2(1)hhvhvhhHHgHg=++−−拍击第3次，同理代入k后，下降过程有v32-v2=2(1–λ)gh2上升过程有hv32=2(1–λ)

gHh3联立有232()(1)2hvhhHg=+−再将h2代入h3有222332130()()()()2(1)2(1)2(1)hhvhvhvhhHHgHgHg=+++−−−直到拍击第N次，同理代入k后，下降过程有vN2-v2=2(1–λ)ghN-1上升过程有hvN2=2(1

–λ)gHhN联立有21()2(1)NNhvhhHg−=+−将hN-1代入hN有222110()()()()2(1)2(1)2(1)NNNNhhvhvhvhhHHgHgHg−=++++−−−…其中hN

=H，h0=h则有12()()[]2(1)1NNhhhvHHHhhHgH+−=+−−则11[()][](1)2()NNhhHImHhghhHHH+−=−−−10、（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010m/sv=向右运动，B和D以相同速度0kv向左运动，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0.1=。重力加速度大小取210m/sg=。（1）若00.5k，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0.5k=，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。【答案】

（1）5(1)m/sk−，方向向右；（2）1.875m【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v，C、D的质量均为1kgm=，以向右方向为正方向，则有00()mvmkvmmv−=+解得015(1)m/s02kvvk−==−可知碰撞后滑

块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1)m/sk−，方向向右。（2）若0.5k=，可知碰后滑块C、D形成的新滑块的速度为5(1)m/s5(10.5)m/s2.5m/svk=−=−=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v

，以向右方向为正方向，则有A0B0AB()mvmkvmmv−=+解得0v=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12kgM=，新滑板的质量为23kgM=，相对静

止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得112()MvMMv=+共解得1m/sv=共根据能量守恒可得22111211()22MgsMvMMv=−+相共解得1.875ms=相11、（2022·湖北·T16）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L。重物A和B的质量均为m，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60°。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35gL时，与正下方质量为2m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10L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F可视为恒力，求F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。【答案】（1）3m；（2）

6.5mg；（3）(423)mgL−【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2cos30cmgmg=解得3cmm=（2）CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定

律可知333025gLmmmv=+解得325gLv=CD碰撞后D向下运动10L距离后停止，根据动能定理可知2102221010LLmvmgF−=−解得F=6.5mg（3）设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向

上运动的速度为v，图中虚线与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒定律可知'2'2112(cos)2()22tansinccLLmvmvmgmgL+=−−令2()tansincLLymgmgL=−−对上式

求导数可得221cos32(sin)(sin)dymgLmgLd−=+当0dyd=时解得3cos2=即30=此时2()tansincLLymgmgLmgL=−−=于是有'2'2112

(cos)22cmvmvmgL+=解得'23342gLv=+此时C的最大动能为'21(423)2kmcEmvmgL==−1．（2021·山东卷）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度0v水平投出，落地时物资与热气球的距

离为d。已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mgC．22021mHvdHMg=++D．222021Hv

mdHgM=++【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mg的物资瞬间，满足动量守恒定律0Mvmv=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v，热气球所受合外力恒为mg，竖直向上，所以热气球做

匀加速曲线运动，A错误，B正确；CD．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mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为magM=物资落地H过程所用的时间t内，根据212Hgt=解得落地时间为2tHg=热气球在竖直方向上运动的位移为2M11222mHmHat

gHMgM===热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为m002Hxvtvg==M02mHxvtvMg==根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为22220mMM2()()(1)HvmdxxHHHMg=+++=++

C正确，D错误。故选BC。2．（2021·湖南卷）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开

始计时，A、B两物体运动的at−图像如图（b）所示，1S表示0到1t时间内A的at−图线与坐标轴所围面积大小，2S、3S分别表示1t到2t时间内A、B的at−图线与坐标轴所围面积大小。A在1t时刻的速度为0v。下列说

法正确的是（）A．0到1t时间内，墙对B的冲量等于mAv0B．mA>mBC．B运动后，弹簧的最大形变量等于xD．123SSS−=【答案】ABD【解析】A．由于在0~t1时间内，物体B静止，则对B受力分

析有F墙=F弹则墙对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F后A只受弹力作用，则根据动量定理有I=mAv0（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a

—t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有F弹=mAaA=mBaB由图可知aB>aA则mB<mAB正确；C．由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，则0+AABAAvvmmmv=可得AB整体的动能不等于0，

即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x，C错误；D．由a—t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1—t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为v，在t2时刻AB的速度分别为12

AvSS=−，3BvS=A、B共速，则123SSS−=D正确。故选ABD。3．（2021·全国卷）水平桌面上，一质量为m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0s时，速度的大小为0v，此时撤去F，物体继续滑行02s的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（）

A．在此过程中F所做的功为2012mvB．在此过中F的冲量大小等于032mvC．物体与桌面间的动摩擦因数等于2004vsgD．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【答案】BC【解析】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知1Fmgma−=①

由速度位移公式有20102vas=②外力撤去后，由牛顿第二定律可知2mgma−=③由速度位移公式有20202(2)vas−=④由①②③④可得，水平恒力20034mvFs=动摩擦因数2004vgs=滑动摩擦力20f04mvFmgs=

=可知F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F做功为20034WFsmv==故A错误；B．由平均速度公式可知，外力F作用时间00100202sstvv==+在此过程中，F

的冲量大小是1032IFtmv==故B正确。故选BC。4．（2021·湖南卷）物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应px−图像中的一个点。物体运动状态的变化可用px−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（）A．B．C．D．【答案】D【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22vax=而动量为pmv=联立可得1222pmaxmax==动量p关

于x为幂函数，且0x，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（）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．（2021·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、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s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340m/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

1:2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m【答案】B【解析】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知11220mvmv−=因两块碎块落地时间相等，则11220mxmx−=则1

2211=2xmxm=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错误；B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知(5)1=(6)2tvtv−−声声解得t=4s爆炸物的

爆炸点离地面高度为2211104m=80m22hgt==选项B正确；CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移1(54)340m340mx=−=质量小的碎块的水平位移2(64)340m680mx=−=爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为3

40m+680m=1020m质量大的碎块的初速度为110340m/s85m/s4xvt===选项CD错误。故选B。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1×103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示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IFt=可知，Ns是冲量的的单位，A错误；B．根据功率的计算公式PFv=可知功率的单位可以表示为Nm/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pmv=可知，kgm/s是动量的单位，C错误；D．根据PFv=可知功率的单位可以表示为Nm/s，结合Fma=可知2Nkgm/s=，则功率得单位23WNm/skgm/s==，D正确。故选D。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，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量0.1kgm=的鸟蛤，在20mH=的高度、以015m/sv=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210m/sg=，忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间0.005st

=，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6m=L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20m，速度大小在15m/s~17m/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。【答案】（1）500NF=；（2）[34m,36m]或(34m,36m)【解析】（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为yv，根据运

动的合成与分解得212Hgt=，ygt=v，220yvvv=+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Δ0Ftmv−=−联立，代入数据得500NF=（2）若释放鸟蛤的初速度为115m/sv=，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右

端时，释放点的x坐标为2x，得11xvt=，21xxL=+联立，代入数据得130mx=，236x=m若释放鸟蛤时的初速度为217m/sv=，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为1x，击中右端时，释放点的x坐标为2x

，得12xtv=，12xxL=+联立，代入数据得134mx=，240mx=综上得x坐标区间[34m,36m]或(34m,36m)9．（2021·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b，甲、乙相隔213.510ms−=，乙与边框a相隔222.010ms−=，算珠与导杆间的动摩擦因数0.1=。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间

极短且不计，重力加速度g取210m/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。【答案】（1）能；（2）0.2s【解析】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有fmgma==则甲乙滑动时的加速度大小均为21m/sag==甲与乙碰前的速度v1，则221

012asvv=−解得v1=0.3m/s甲乙碰撞时由动量守恒定律123mvmvmv=+解得碰后乙的速度v3=0.2m/s然后乙做减速运动，当速度减为零时则22320.2m=0.02m221vxsa===可知

乙恰好能滑到边框a；（2）甲与乙碰前运动的时间0110.40.3s=0.1s1vvta−−==碰后甲运动的时间220.1s=0.1s1vta==则甲运动的总时间为120.2sttt=+=10．（2021·浙江卷）如图所示

，水平地面上有一高0.4mH=的水平台面，台面上竖直放置倾角37=的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径0.1mr=、圆心在1O点，轨道DEF的半径0.2mR=、圆心在2

O点，1O、D、2O和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF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AB间的动摩擦因数112=，sin370.6=，cos370.8=。（1）若小滑块的初始高度0.9mh=，求小滑块到达B点时速度0v的大小；（2）若小球能完成整个运动

过程，求h的最小值minh；（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maxx。【答案】（1）4m/s；（2）min0.45mh=；（3）0.8m【解析

】（1）小滑块在AB轨道上运动021cossin2hmghmgmv−=代入数据解得044m/s3ghv==（2）小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得2minEvmgmR=从C点到E点由机械能守恒可得()22

minmin1122EBmvmgRrmv++=解得Emin2m/sv=，min22m/sBv=小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有minmin'AABmvmvmv=+，22Aminmin111'+222ABmvmvmv=解得'0Av=

，minAminBvv=结合(1)问可得mAminin43ghv=解得h的最小值min0.45mh=（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到G点的运动，由动能定理22min11()22GEmvmvmgRy=++由平抛运动可得Gxvt=，2

12Hrygt+−=联立可得水平距离为2(0.5)(0.3)xyy=−+由数学知识可得当0.50.3yy−=+取最大，最大值为max0.8mx=11．（2021·浙江卷）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d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O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E、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xB和yB随时间周期性变化规律如图乙所示，图中0B可调。氙

离子（2Xe+）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O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e，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0B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0B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n，且0025mvBeL=。求图乙中0t时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。【答案】（1）204SeEdvvm=−；（2）00~3mveL；（3）035nmv，方向沿z轴负方向【解析】（1）离子从

小孔S射出运动到金属板N中心点O处，根据动能定理有22011222SeEdmvmv=−解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小204SeEdvvm=−（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

222112LRLR−+=根据洛伦兹力提供向心力有201002mvevBR=联立解得0025mvBeL=当磁场在x和y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2222222LRLR

−+=此时02BB=；根据洛伦兹力提供向心力有2000222mvevBR=联立解得003mvBeL=故0B的取值范围为00~3mveL；（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3200022mvevBR=且满足0025mvBeL=所以可得0305422mvRLeB==所以可得3cos5=离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有0Δ0cosΔFtntmv=−根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作

用力大小为035Fnmv=方向沿z轴负方向。12．（2021·河北卷）如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m

/s的初速度、23m/s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为112=，重力加速度取210m/sg=，7sin25=，24cos25=，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AB段的长度；（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。【答案】（1）9mL=；（2）7.44m/sv=【解析】（1）设斜面长度为L，背包质量为12kgm=，在斜面上滑行的加速度为1a，由牛顿第二定律有1111sin

cosmgmgma−=解得212m/sa=滑雪者质量为248kgm=，初速度为01.5m/sv=，加速度为223m/sa=，在斜面上滑行时间为t，落后时间01st=，则背包的滑行时间为0tt+，由运动学公

式得2101()2Latt=+20212Lvtat=+联立解得2st=或1s()t=−舍去故可得9mL=（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为1v、2v，有110()6m/svatt=+=202+7.5m/svvat==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112212()mvmvmmv+=+解得7.44m/sv=13．（2021·浙江卷）如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG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O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离=3dR。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h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc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O1

点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？【答案】(1)02vgh=，02Imgh=，水平向左；(2)2(1)NhFmgR=−（h≥R）；(3)52hR或92hR=【解析】(1)机

械能守恒2012Cmghmv=解得02Cvgh=动量定理02CImvmgh==方向水平向左(2)机械能守恒21()2DmghRmv−=牛顿第二定律2NDmvFR=解得N2(1)hFmgR=−满足的条件hR(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是52hR第2种情况：与墙面垂

直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动yxxvvtvg=其中sinxGvv=，cosyGvv=，则cossinGGvvdg=得2GvgR=机械能守恒251=22GmghRmv−h满足的

条件92hR=1．（2020·海南卷）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为490kg，离子以30km/s的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为33.010g/s−，则探测器获得的平均推力大小为（）A．1.47

NB．0.147NC．0.09ND．0.009N【答案】C【解析】对离子，根据动量定理有Ftmv=而333.01010mt−−=解得F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选C。2．（2020·北京卷）在同一竖直平面内，3个

完全相同的小钢球（1号、2号、3号）悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是（）A．将1号移至高度h释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度h。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3

号仍能摆至高度hB．将1、2号一起移至高度h释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都守恒C．将右侧涂胶的1号移至高度h释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度hD．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度h释放，碰撞后，2、3号粘在一

起向右运动，未能摆至高度h，释放后整个过程机械能和动量都不守恒【答案】D【解析】A．1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度h，故A错误；

B．1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；C．1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有

机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度h，故C错误；D．碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确

。故选D。3．（2020·全国卷）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（）A．3JB．4JC．5JD．6J【答案】A【解析】由v-t图可知，碰前甲、乙的速度

分别为5m/sv=甲，=1m/sv乙；碰后甲、乙的速度分别为1m/sv=−甲，=2m/sv乙，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得+=+mvmvmvmv甲甲乙乙甲甲乙乙解得6kgm=乙则损失的机械能为22221111+--2222Emvmvmvmv

=甲甲乙乙甲甲乙乙解得3JE=故选A。4．（2020·全国卷）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量

C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【答案】D【解析】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动

量的改变量也相同，故B错误；C．因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；D．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，

故D正确。故选D。5．（2020·海南卷）如图，足够长的间距1md=的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度1mL=的匀强磁场区域，磁感应强度大小为0.5TB=，方向如图所示．一根质量a0.1kgm=，阻值0.5ΩR=的金属棒a以初速度04m/sv=从左端开始沿导轨

滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量b0.2kgm=，阻值0.5ΩR=的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（）A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动B．金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的

感应电流C．金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.25JD．金属棒a最终停在距磁场左边界0.8m处【答案】BD【解析】A．金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速

度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒a做加速度减小的减速直线运动，故A错误；B．根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；C．电路中产生的平均电动势为BLd

Ett==平均电流为2EIR=金属棒a受到的安培力为FBId=规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得0aaaBIdtmvmv−=−解得对金属棒第一次离开磁场时速度1.5m/sav=金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即2201

122aaaQmvmv=−联立并带入数据得0.6875JQ=由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热0.34375J2bQQ==故C错误；D．规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动

量守恒和机械能守恒得aaaabbmvmvmv=+222111222aaaabbmvmvmv=+联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为0.5m/sav=−设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为()BLxdEtt−==平均电流

为2EIR=金属棒a受到的安培力为FBId=规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得'0aaBIdtmv−=−联立并带入数据解得0.8mx=故D正确。故选BD。6．（2020·全国卷）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg

的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。

不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为A．48kgB．53kgC．58kgD．63kg【答案】BC【解析】设运动员和物块的质量分别为m、0m规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为

1v、0v，则根据动量守恒定律1000mvmv=−解得010mvvm=物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块100200mvmvmvmv+=−解得0203mvvm=第3次推出后200300mvmvmvmv+=−解得0305mvvm=依次类推，第

8次推出后，运动员的速度08015mvvm=根据题意可知08015m/smvvm=解得60kgm第7次运动员的速度一定小于5m/s，则07013m/smvvm=解得52kgm综上所述，运动员的质量满足kg60kgm

AD错误，BC正确。故选BC。7．（2020·海南卷）如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量a1kgm=的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量b3kgm=小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧

轨道半径0.8mR=，传送带的长度L=1.25m，传送带以速度1m/sv=顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数0.2=，210m/sg=。求（1）碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小；（2）碰后小物块a能上升的最大高度；（3）小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的

时间。【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）1s【解析】（1）设小物块a下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为av，根据机械能守恒定律有212aaamgRmv=代入数据解得4m/sav=小物块a在

最低点，根据牛顿第二定律有2NaaavFmgmR−=代入数据解得N30FN=根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N。（2）小物块a与小物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒有aaaabbmvmvmv=+根据能量守恒有222111222aaaabbmvmvm

v=+联立解得2m/sav=−，2m/sbv=小物块a反弹，根据机械能守恒有212aaamghmv=解得0.2mh=（3）小物块b滑上传送带，因2m/s1m/sbvv==，故小物块b先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有bbmgma=解得22m/sa=则小物块b由2

m/s减至1m/s，所走过的位移为2212bvvxa−=代入数据解得10.75mx=运动的时间为1bvvta−=代入数据解得10.5st=因10.75m1.25mxL==，故小物块b之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为121

.250.75s0.5s1Lxtv−−===故小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间121sttt=+=8．（2020·北京卷）如图甲所示，真空中有一长直细金属导线MN，与导线同轴放置一半径为R的金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为m，

电荷量为e。不考虑出射电子间的相互作用。(1)可以用以下两种实验方案测量出射电子的初速度：a.在柱面和导线之间，只加恒定电压；b.在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场。当电压为0U或磁感应强度为0B时，刚好没有电子到达柱面。分别计算出射电子的初

速度0v。(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为a、长度为b的金属片，如图乙所示。在该金属片上检测到出射电子形成的电流为I，电子流对该金属片的压强为p。求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。【答案】（1

）a.02eUm，b.02eBRm；（2）2eabRpmI【解析】（1）a.在柱面和导线之间，只加恒定电压0U，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，根据动能定理有20012eUmv−=−解得002eUvm=b.在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，磁感应强度为0B时，刚好没有

电子到达柱面，设粒子的偏转半径为r，根据几何关系有2rR=根据洛伦兹力提供向心力，则有2000vBevmr=解得002eBRvm=（2）撤去柱面，设单位时间单位长度射出的电子数为n，则单位时间打在金属片的粒子数2nabNR=金属片上形成电流为

qNteINett===所以2RIneab=根据动量定理得金属片上的压强为FmvNmvIpabababe===解得eabpvmI=故总动能为22k12ReabpEnmvmI==9．（2020·江苏卷）一只质量为1.4kg的乌贼吸入0.1kg的水，静止在水

中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以2m/s的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。【答案】28m/s【解析】乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力，动量守恒；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得12

0Mvmv=−解得喷出水的速度大小为121.42m/s28m/s0.1Mvvm===10．（2020·天津卷）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为1m的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到

最低点时，质量为2m的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；（2）碰撞前瞬间B的动能kE至少多大？【答案】

（1）15Imgl=；（2）()212k2522glmmEm+=【解析】（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有211vmgml=①A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最

低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为Av，有2211111222Amvmvmgl=+②由动量定理，有1AImv=③联立①②③式，得15Imgl=④（2）设两球粘在一起时速度大小为v，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足

Avv=⑤要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为Bv，由动量守恒定律，有()2112BAmvmvmmv−=+⑥又2k212BEmv=⑦联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞

前瞬间B的动能kE至少为()212k2522glmmEm+=⑧11．（2020·山东卷）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的

速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；(2

)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；(3)求物块Q从A点上升的总高度H；(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。【答案】(1)P的速度大小为035v，Q的速度大小为025v；(2)21072525nnvhg−=（）（n=1，2，3……）；(

3)2018vHg=；(4)20(8713)200sinvsg−=【解析】(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得0114PQmvmvmv=+①由机械能守恒定律得2220111114222PQmvmvmv=+②联立①②式得103

5Pvv=−③1025Qvv=④故第一次碰撞后P的速度大小为035v，Q的速度大小为025v(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得211=2(2sin)s0inQhgv−−⑤联立①②⑤式得20125vhg=⑥设P运动至与Q刚要发生

第二次碰撞前的位置时速度为02v，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得22021111=22Pmvmvmgh−−⑦联立①②⑤⑦式得02075vv=⑧P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为2Pv、2Qv，由动量守恒定律得02224

PQmvmvmv=+⑨由机械能守恒定律得22202221114222PQmvmvmv=+⑩联立①②⑤⑦⑨⑩式得203755Pvv=−⑪202755Qvv=⑫设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得222=2(2sin)s0inQhgv

−−⑬联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得20272525vhg=⑭设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为03v，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得22032211=22Pmvmvmgh−−⑮联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得203075vv=（）⑯P与Q的第三次碰撞，设碰后

P与Q的速度分别为3Pv、3Qv，由动量守恒定律得03334PQmvmvmv=+⑰由机械能守恒定律得22203331114222PQmvmvmv=+⑱联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得2303755Pvv=−（）⑲2302755Qvv=（）⑳设第三次碰撞后Q上升的高度为h

3，对Q由运动学公式⑩得233=2(2sin)s0inQhgv−−㉑联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得220372525vhg=（）㉒总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为21072525nnvhg−=（）（n=1，2，3……

）㉓(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得2010(4)tan4cos2sinHmvmmgHmg−=−+−㉔解得2018vHg=㉕(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为

t1，由运动学公式得112sinQvgt=㉖设P运动到斜面底端时的速度为1Pv，需要的时间为t2，由运动学公式得112sinPPvvgt=+㉗22112sinPPvvsg−=㉘设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t30213(

)sinPvvgt=−−㉙当A点与挡板之间的距离最小时1232ttt=+㉚联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得20(8713)200sinvsg−=㉛12．（2020·浙江卷）某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面

内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CD平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界

EH水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出，并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N，离子束间的距离均为0.6R，探测板CD的宽度为0.5R，离子质量均为m、电

荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s；(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离maxL；(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用

力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。【答案】(1)qBRvm=，0.8R；(2)max415LR=；(3)当4015LR„时：12.6FNqBR=；当40.415RLR„时：21.8FNqBR=；当0.4LR时：3FNqBR=【解析】(1

)离子在磁场中做圆周运动2mvqvBR=得粒子的速度大小qBRvm=令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界HG边的Q点射出，则由几何关系可得0.6OHR=，22(0.6)0.8sHQRRR==−=(2)a束中的离子运动轨迹对应的圆心为O’，从磁场边界HG边射出时距离H点的距离为x

，由几何关系可得'0.6HOaHRR=−=22'0.8xRHOR=−=即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为、，由几何关系可得=探测到三束离子，则c束中的离子恰好达到探测板的D点时，探测板与边界HG的距离最大，maxtanRsOHLs−==则max

415LR=(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量zcos0.8ppqBR==当4015LR„时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力1z22.6FNpNpNqBR=+=当40.415RLR„时，只有b和c束中

离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为z21.8FNpNpNqBR=+=当0.4LR时，只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为3FNpNqBR==13．（2020·浙江卷）小明将如图所示的装置

放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角37=的斜轨道BC平滑连接而成。质量0.1kgm=的小滑块从弧形轨道离地高1.0mH=处静止释放。已知0.2mR=，ABBC1.0mLL==，滑块与轨道AB和BC间的动摩

擦因数均为0.25=，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一

起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，sin370.6=，cos370.8=）【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3)15648hx=−（5m1m8x）；0h=（50m8x

）【解析】(1)机械能守恒定律2D12mgHmgRmv=+牛顿第二定律2DN8NmvFR==牛顿第三定律NN8NFF==方向水平向左(2)能在斜轨道上到达的最高点为C点，功能关系ABBCBCcossinmgHmgLmgLmgL=++得BC1

5m1.0m16L=故不会冲出(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，动能定理212mgHmgxmv−=碰撞后的速度为v，动量守恒定律3mvmv=设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理()2AB13330(3)tan2hmgLxmgmghmv−−−−=−得155m1m64

88hxx=−„500m8hx=剟14．（2020·全国卷）如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10kg的载物箱（

可视为质点），以初速度v0=5.0m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ=0.10，重力加速度取g=10m/s2。(1)若v=4.0m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；(3)若v=6.0m/s，载

物箱滑上传送带13s12t=后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。【答案】(1)2.75s；(2)243m/sv=，12m/sv=；(3)0208.3NsI=，方向竖直向上【解析】(1)传送带

的速度为4.0m/s=v时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：mgma=①设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有22012vvax−=−②联立①②式，代入题给

数据得x1=4.5m；③因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有02vvat=−④112Lxttv−=+⑤联立

①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有22101122mgLmvmv−=−⑦22201122mgLmvmv

=−⑧由⑦⑧式并代入题给条件得12m/sv=，243m/sv=⑨(3)传送带的速度为6.0m/sv=时，由于02vvv，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由

运动学公式有03vvat=+⑩22022vvax−=⑪联立①⑩⑪式并代入题给数据得t3=1.0s⑫x2=5.5m⑬因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动3()tt−的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距

离为x3有33()vtxt=−⑭由①⑫⑬⑭式可知2231()2mvmgLxx−−即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，223232()vvaLxx−=−−−⑮则35m/sv=减速运动时间341svvta−==设载物箱

通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理有130()0Imvv=−=244625()()Ns208.3Ns3INttmgtt=+=+=，方向竖直向上则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量2208.3NsII==，方向竖直向上15．

（2020·全国卷）某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。实验步骤如下：（1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经

过两个光电门的遮光时间________时，可认为气垫导轨水平；（2）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；（4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，和计算机连接的光电门能测量出遮光

片经过A、B两处的光电门的遮光时间Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=________，滑块动量改变量的大小Δp=________；（用题中给出

的物理量及重力加速度g表示）（6）某次测量得到的一组数据为：d=1.000cm，m1=1.5010-2kg，m2=0.400kg，△t1=3.90010-2s，Δt2=1.27010-2s，t12=1

.50s，取g=9.80m/s2。计算可得I=________N·s，Δp=____kg·m·s-1；（结果均保留3位有效数字）（7）定义Δ=100%IpI−，本次实验δ=________%（保留1位有效数

字）。【答案】大约相等m1gt12221()ddmtt−0.2210.2124【解析】（1）[1]当经过A,B两个光电门时间相等时，速度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水平的。（5）[2]由I=Ft，知112Imgt=[3

]由21pmvmv=−知2222121()ddddpmmmtttt=−=−(6)[4]代入数值知，冲量2112=1.5109.81.5Ns0.221NsImgt−=[5]动量改变量1221()0.212kgmsddpmtt−=−=

（7）[6]由定义公式Δ=100%IpI−可得，本次实验||0.2210.212100%100%4%0.221IpI−−==