2021年2022年高考物理真题分类汇编：动量

2021、2022年高考物理真题分类汇编7动量2022年高考真题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V-f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（ ）B.在0~彳时间内，返回舱的加速度不变C.在乙〜弓时间内，返回舱的动量随时间减小D.在时间内，返回舱的机械能不变【答案】AC【解析】A.重力的功率为P=mgv由图可知在0~”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.根据修图像的斜率表示加速度可知在O~h时间内返回舱的加速度减小，故B错误；C.在，|~八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『273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。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％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匕和彩。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）

O--♦O--♦vi氢核。》 O,“2中子 氮核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.匕大于匕 D.2大于%【答案】B【解析】设中子的质量为小，氢核的质量为加，氮核的质量为14加，设中子和氢核碰撞后中子速度为匕，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mvQ=mvx+mv31 2 1 2 1 2—mv^=—mVy+—mv3联立解得匕=%设中子和氮核碰撞后中子速度为匕，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv0=14，〃%+mv4—mvl=—M/nVj+—mv1联立解得2“才。可得%=%>%碰撞后氢核的动量为Ph— -〃2%氮核的动量为,. 28mv0Pn=14/nv2=可得Pn>Ph碰撞后气核的动能为r 1 2 1 2E,=—mv,=—mvnkH2 2

氮核的动能为E.=—-14/nv^氮核的动能为E.=—-14/nv^kN2 428/wVq225可得故B正确，ACD错误。Ek>Ekkhkn3、（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（）发射仓高压气体发射仓高压气体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。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f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g=10m/s2。则(r/sr/s4s时物块的动能为零6s时物块回到初始位置3s时物块的动量为12kg•m/s0~6s时间内F对物块所做的功为40J【答案】AD【解析】物块与地面间摩擦力为f=7g=2NAC.对物块从0~3内由动量定理可知(F-/V1=mv3即(4-2)x3=1xv3得匕=6m/s3s时物块的动量为p=mvy=6kg-m/s设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得-(F+f)t=0-mVj即-(4+2)f=0-1x6解得r=ls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.0〜3物块发生的位移为内，由动能定理可得(4一2)3=^xlx62得X)=9m3s〜4s过程中，对物块由动能定理可得-(F+f)x2=O-^mvl即—(4+2)Xj=0——xlx6'得x2=3m4s~6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为F-f,2

a= -=2m/stn发生的位移为X)=—x2x22m=4m<^+x2即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；D.物块在6s时的速度大小为心=2x2m/s=4m/s0~6s拉力所做的功为W=(4x9-4x3+4x4)J=40J故D正确。5、(2022•浙江6月卷・T20)如图所示，在竖直面内，一质量机的物块a静置于悬点。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、C。的长度均为圆弧形细管道OE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％悬挂于。点，并向左拉开一定的高度〃由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与。发生弹性正碰。已知机=2g,l=\m,R=0.4m,77=0.2m,V=2m/s,物块与MN、CO之间的动摩擦因数〃=0.5,轨道AB和管道OE均光滑，物块a落到尸G时不反弹且静止。忽略M、8和N、C之间的空隙，CO与OE平滑连接，物块可视为质点，取g=10m/s2。(1)若/i=1.25m,求a、6碰撞后瞬时物块a的速度%的大小;(2)物块。在OE最高点时，求管道对物块的作用力&与人间满足的关系：(3)若物块方释放高度0.9m</z<1.65m,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)Fn=0.1/z-0.14(/?>1.2m)；(3)当0.9m<〃<1.2m时，(fj\( ⑸2.6m<x<3m.当L2mW/z<1.65m时，3+—m<x<3.6+-^-m1 5J\ 5J【解析】(1)滑块〃摆到最低点过程中，由机械能守恒定律mgh=gmvl解得vh=5m/sb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mvb=mvh+mv01 2 1 "1 2-mv；=-mvh+-mv0联立解得v0=vh=5m/s(2)由(1)分析可知，物块b与物块。在A发牛.弹性正碰，速度交换，设物块。刚好可以到达E点，高度为九，根据动能定理可得mghy-2/jmgl-mgH=0解得%=1.2m以竖直向下为正方向p, 寸EF^+mg=m-^由动能定理mgh-2Rtngl—mgH=—mv\联立可得=0.1/2-0.14(/j>1.2m)(3)当1.2mW/z<1.65m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理得],mgh-2/jmgl-mgH=—mvE从E点飞出后，竖直方向H=^gt2水平方向根据几何关系可得n/3DF=——m5联立解得x=3l+DF+S]代入数据解得34 m4xv3.6h m、5J( 5,当0.9mv，<1.2m时，从人？=0.9m释放时，根据动能定理可得mgh-〃〃2gs2=0解得s2=1.8m可知物块达到距离C点0.8m处静止，滑块〃由E点速度为零，返回到C。时，根据动能定理可得mgH-Rings3—0解得s3=0.4m距离C点0.6m,综上可知当0.9mv〃v1.2m时3/-邑W3/代入数据得2.6m<x<3m6、(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时与弹簧接触，至打=2ro时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的丫一，图像如图（b）所示。已知从，=0到，="时间内，物块A运动的距离为0.36v（/0oA、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。（sin。=0.6）,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。图（a） 图（b）【答案】（1）0.6机诏；（2）0.768%小（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、8速度相等，即1=八时刻，根据动量守恒定律mB-l.2v0=（mB+m）v0根据能量守恒定律1 , 1 2"max=56b（L2%）--（mB+m）v0联立解得mB=5m与a=0.6mv：（2）同一时刻弹簧对A、8的弹力大小相等，根据牛顿第二定律F=ma可知同一时刻aA=5aB则同一时刻A、5的的瞬时速度分别为根据位移等速度在时间上的累积可得Sa=匕r（累积）sB=%（累积）又sA=0.36vQtQ解得5g=1.128voto第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Ss=sB-sA=O.768voZo（3）物块A第二次到达斜面的最高点与笫一次相同，说明物块A第二次与8分离后速度大小仍为2%,方向水平向右，设物块A第•次滑下斜面的速度大小为乙，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得mvA-5加•0.8%=m-[-2va)+5mvB根据能量守恒定律可得-H—5m•(0.8%)-=—m•(―2v0)-H—5/nv^TOC\o"1-5"\h\z2 2 2 2联立解得以=%设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得1 2-mgLsin0-/umgLcos0=O-—tn(2vo)下滑过程，根据动能定理可得* 1 7mgLsin夕一/jmgLcos0=—mv0—0联立解得/j=0.457、（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0'点，0'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。'点正上方的。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％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。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6a=。1kg,B的质量〃%=0.3kg,A与B的动摩擦因数必=0.4,B与地面间的动摩擦因数4=。225,%=4m/s,取重力加速度g=lOm/s?。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：A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小以与％;B光滑部分的长度d；(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功叱.：M(4)实现上述运动过程，——的取值范围(结果用cos5°表示)。叫TOC\o"1-5"\h\z小球。 西\।ar]B- -， 7 3【::案】(1)va=2rn/s, —2m/s；(2)d——m；(3) J；(4)6 653缶M3缶85 %85(l-Vl-cos5"I【解析】(1)设水平向右为正方向，因为。'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铀%=%"+%%1 2 1 2 1 2-^AV0=-^^+-^8代入数据联立解得vA=-2m/s,(方向水平向左)%=2m/s,(方向水平向右)即A和B速度的大小分别为vA=2m/s,vB=2m/s。(2)因为A物体返回到。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-^1WA^O=°--WAV1代入数据解得x0=0.5m根据动量定理有代入数据解得t2=0.5s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/z2(mA+wB)g=wBa1I2xo= -5。由联立各式代入数据解得t.=-s,t\=ls(舍去)3故根据几何关系有d=v^+xQ代入数据解得,7

a=-m

6(3)在A刚开始减速时，B物体的速度为v2=vB—a[]=lm/s在A减速过程中，对B分析根据牛顿运动定律可知从“+也g+恤)g=牡&解得a,=-m/s23B物体停下来的时间为则有0=v2-a2t3解得/=』s<f,=0.5s132可知在A减速过程中B先停下来了，此过程中B的位移为3xB=——=——m2生26所以A对B的摩擦力所做的功为

3(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d7t（\= =s%12由题意可知A返回到。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7,摆长为L,则有~T=tO+tl+t2丁_0[Li=27r।—U小球下滑过程根据动能定理有MgL=^Mv2小球与A碰撞过程根据动量守恒定律有Mv=Mvl+/nAv0当碰后小球摆角恰为5。时，有联立可得M_ 3叵兀wa85（l-Jl-cos5。）当碰后小球速度恰为0时，碰撞过程有Mv=ahav0则可得M_3叵兀mK85故要实现这个过程的范围为兀M3扃85 %85l-Vl-cos508,(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4处以初速度%为10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力/"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。已知滑块的质量机=0.2kg,滑杆的质量M=0.6kg,A、8间的距离/=1.2m,重力加速度g取10m/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M和N2；(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小vi；(3)滑杆向上运动的最大高度人【答案】(I)M=8N,N2=5N；(2)匕=8m/s；(3)/i=0.2m【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N、=(m+M)g=8N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N2=Mg-f'=5N(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有—mgl一力=gmvi-gmvo代入数据解得匕=8m/s。(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

mv]=(m+M)u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—^m+M^gh=0——^m+M>)v2代入数据联立解得6=0.2m9、(2022•湖南卷•T14)如图(a),质量为m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H-h篮球所受重力的;I倍(4为常数且0</1< ),且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与H+h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/?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〃的高度处，力尸随高度y的变化如图(b)所示，其中％已知，求瑞的大小；(3)篮球从“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/,经过N次拍击后篮球恰好反弹至4高度处，求冲量/的大小。【解析】(1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有mg-Amg=ma下再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有v卜2=2a\H篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有mg+Arng=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\h则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比〃= 二I VTV(1-2)77(2)若篮球反弹至最高处/1时，运动员对篮球施加一个向下的压力凡则篮球下落过程中根据动能定理有mgh+?2综一Amgh=gmv'^篮球反弹后上升过程中根据动能定理有—mgh—Amgh=0-^联立解得

-h）

卜。= 7—. （3）由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为at.=（1-A）g（方向向下）

a上=（1+4）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/,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/=mv即每拍击一次篮球将给它一个速度外拍击第1次下降过程有vi2--=2(1-X)gho上升过程有(即。2=2(1+4ghi代入k后，下降过程有vi2--=2(1-X)gho上升过程有hvi2=2(1-X)gHhi联立有, h v2、 ，h、i] ,，h、iv2h.=—(%t )=(—)•%+(—) ' H ”2g(l-A)H飞H 2g(1-A)拍击第2次，同理代入k后，下降过程有V22-评=2(1-A)ghi上升过程有hv22=2(1-i^gHhi联立有2g(1-丸)再将加代入〃2有4=(()2,%+(，)'4=(()2,%+(，)'

n riv2v22g(lT)+(”2g(IT)拍击第3次，同理代入左后，下降过程有V32-供=2(1-A)gh2上升过程有hvj2=2(1-A)gHhi联立有

h v2+—I——)

H'(l-2)2g再将生代入心有,,h、3, ,h、3v2.h.2v2,,h.]v2%=(—)■%+(—)' F(—) 1-(—) 3HpH2g—H2g—H 2g(1—4)直到拍击第N次，同理代入左后，下降过程有VJV2-V2=2(1-X)ghN-i上升过程有hv#=2(1-QgHhN联立有h v2小=下(小t+TTT3；)

H 2g(l-2)将flN-l代入尿有. ,h、NI,,h、N V〜 ,h、N-1V?,z/l.1v~hN=(—)•%+(—) 1-(—) F…+(—) NH气H2g(1-2)H2g(l-A)H2g(l-A)其中hN=H,ho=h则有22g(lT)(A)w+|__22g(lT)H=(—/A+ 一旦]H h 1H

.A-iI=m[//-(—f-A]-[-r^].(\-A)2g1H(h_}N+l_h_1 HH10、（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%=10m/s向右运动，B和D以相同速度纵向左运动，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〃=01。重力加速度大小取g=10m/s2。（1）若0<A<0.5,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A=0.5,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(l-Qm/s,方向向右;(2)1.875m【解析】(I)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叭C、D的质量均为"?=lkg,以向右方向为正方向，则有mv0—m-kv0=(m+ni)v解得v=-v0=5(l-jl)m/s>0可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1-6m/s,方向向右。(2)若攵=0.5,可知碰后滑块C、D形成的新滑块的速度为v=5(l-k)m/s=5x(l-0.5)m/s=2.5m/s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M,以向右方向为正方向，则有/Ha%_0鼠*=(wA+wB)M解得v'=0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=2kg,新滑板的质量为M=3kg,相对静止时的共同速薰餐耍，根据动量守恒可得Mv=(M+%)丫共解得v共=lm/s根据能量守恒可得1,174Mgs相=-A/,v-.Mi+M2W共解得5柑=1.875m11、(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人重物A和B的质量均为机，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拉到图与正下方质量为2〃7的静止桩中实线位置，然后由静止释放。设c与正下方质量为2〃7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£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，求尸的大小：(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。600600【答案】(1)gm；(2)6.5mg；(3)(4-2y/3)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mcg=2mgcos3()解得mc=y13m(2)CD碰后C的速度为零，设碰撞后。的速度v,根据动量守恒定律可知=Rnx0+2mv解得C。碰撞后D向下运动上距离后停止，根据动能定理可知10

0--x2mv2=2mg--F—2 10 10

解得F=6.5mg(3)设某时刻C向下运动的速度为v',4B向上运动的速度为v,图中虚线与竖直方向的夹角为a,根据机械能守恒定律可知,2 1 , 2 // /」—mcv+2x—w(vcosa)=meg 2mg( L)2 2 tanasina令L一,乙，、y=2.g 2mg(. L)tana sina对上式求导数可得飒二6mgL」［+2mgL4^da (sina)~ (sina)2当学=0时解得da百cosa=—2即a=30此时y=rncg 2mg(. L)=mgLtana sina于是有gmcv2+2x-?-An(vcosaf=mgL解得.2_gLV — f—3V3—I 4 2此时c的最大动能为E1m=加4=(4-25mgL2021年高考真题（2021•山东卷）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面//的高处，现将质量为所的物资以相对地面的速度?水平投出，落地时物资与热气球的距离为小已知投出物资后热气球的总质量为所受浮力不变，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mg【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,水平投出重力为加月的物资瞬间，满足动量守恒定律Mv=mv0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叭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XM热气球和物资所受合力大小均为侬,所以热气球在竖直方向上加速度大小为1物资落地〃过程所用的时间，内，根据"=agt2解得落地时间为[2H七热气球在竖直方向上运动的位移为121m 2Hmr,TOC\o"1-5"\h\zHm=一at= e -HM2 2M g M热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为I2H根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为d="（/+Xm>+（"+"m）2=（1+3 +H。C正确，D错误。（2021•湖南卷）如图（a）,质量分别为，"a、"7B的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力产作用在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。一，图像如图（6）所示，S1表示。到G时间内A的a—，图线与坐标轴所围面积大小，S-S3分别表示4到弓时间内A、B的a-f图线与坐标轴所围面积大小。A在4时刻的速度为%。下列说法正确的是（ ）0到乙时间内，墙对B的冲量等于"7AV0/Wa>AWBc.B运动后，弹簧的最大形变量等于XD.Sy-S2—S3【答案】ABD【解析】A.由于在0~〃时间内，物体B静止，则对B受力分析有尸埒=尸）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,撤去产后A只受弹力作用，则根据动量定理有/=mwo（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。一/图可知A后弹簧被拉伸，在打时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有F舜=mAOA=mean由图可知UB>4A则ms<ntAB正确；C.由图可得，”时刻B开始运动，此时A速度为vo,之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，则mAVO=mAVA+fnAVB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—r图可知九后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在“一f2时间内AB组成的系统动量守恒，且在h时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由。一「图像的面积为Av,在八时刻AB的速度分别为VA=S1-S2-曝=&A、B共速，贝IJS|-S?=S3D正确。3.（2021•全国卷）水平桌面上，一质量为机的物体在水平恒力尸拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为%,此时撤去F,物体继续滑行2s。的路程后停止运动，重力加速度大小为g,则（ ）1„A.在此过程中产所做的功为万机诏3B.在此过中产的冲量大小等于耳机%c.物体与桌面间的动摩擦因数等于44s°gD.尸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F-ymg=m%①由速度位移公式有Vq=2qSo②外力撤去后，由牛顿第二定律可知-Ring=ma2③由速度位移公式有-v„=2a2（2s0）④由①②③④可得，水平恒力丁即喷4so动摩擦因数4gs（）滑动摩擦力r,,mV0=pmg=--4so可知尸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，外力尸做功为故A错误;B.由平均速度公式可知，外力尸作用时间t=%=2so-0+%-Vo2在此过程中，尸的冲量大小是,知3I=Fti'inv。故B正确.（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P-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用P-X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（ ）【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v2=2ax而动量为p=tnv联立可得 2

p=2ax=myjia■动量P关于x为幕函数，||.x>0,故正确的相轨迹图像为D。故选D。（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（ ）-^OOOOOOQjA.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。(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1:2 B.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阴K-m2y2=0因两块碎块落地时间相等，则叫％-m2x2=0则%_tn2%叫2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r,由题意可知(5-f)n声_1

(6-f)n声2解得z=4s爆炸物的爆炸点离地面高度为1,1,h=-gf=—xl0x4m=80m2选项B正确；CD.爆炸后质量大的碎块的水平位移X]=(5-4)x340m=340m质量小的碎块的水平位移x2=（6-4）x340m=680m爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m质量大的碎块的初速度为v10=—=m/s=85m/s选项CD错误。（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1X103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示W,正确的【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/=—可知，N-s是冲量的的单位，A错误；B.根据功率的计算公式可知功率的单位可以表示为N-m/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〃=机丫可知，kg-m/s是动量的单位，C错误：D.根据P=4'知功率的单位可以表示为N・m/s,结合/可知N=kg-m/s?,则功率得单位W=N-m/s=kg-m2/s3,D正确。（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。一只海鸥叼着质量机=01kg的鸟蛤，在〃=20m的高度、以%=15m/s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g=10m/s2,忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间&=0.005s,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L=6m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。T一【答案】(1)F=500N：(2)[34m,36m]或(34m,36m)【解析】(I)设平抛运动的时间为,,鸟蛤落地前瞬间的速度大小为八竖直方向分速度大小为V,.,根据运动的合成与分解得"=#,%=gt，丫=收+$.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-F^=O-mv联立，代入数据得F=5(X)N(2)若释放鸟蛤的初速度为匕=15m/s,设击中岩石左端时，释放点的x坐标为击中右端时，释放点的x坐标为马，得芭=vj,x2=x}+L联立，代入数据得%=30m,x2=36m若释放鸟蛤时的初速度为为=17m/s,设击中岩石左端时，释放点的x坐标为X；,击中右端时，释放点的x坐标为々'，得%=v2t>x2=Xj+L联立，代入数据得%,，=34m,w'=40m综上得x坐标区间[34m,36ml或(34m,36m)(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6,甲、乙相隔»=3.5xlO-2m,乙与边框。相隔s2=2.0xl0-2m,算珠与导杆间的动摩擦因数〃=0/。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O.lm/s,方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框田(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。算珠归零状态 1. 算珠归零状态 1. 边框“一边框8/【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f=pmg=ma则甲乙滑动时的加速度大小均为a=〃g=lm/s2甲与乙碰前的速度环，则2asi=Vq-V12解得vi=0.3m/s甲乙碰撞时由动量守恒定律mvx=mv2+mv3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0.222a0.222am=0.02m=s2可知乙恰好能滑到边框。；(2)甲与乙碰前运动的时间%一耳0.4-0.3s=O.ls%一耳0.4-0.3s=O.ls碰后甲运动的时间更s=O.ls

〜a1则甲运动的总时间为（2021•浙江卷）如图所示，水平地面上有一高〃=0.4m的水平台面，台面上竖直放置倾角6=37。的粗糙直轨道A3、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CO和半圆形光滑轨道。£广，它们平滑连接，其中管道CO的半径r=0.1m、圆心在。1点，轨道OE/的半径R=0.2m、圆心在。2点，。|、。、。2和尸点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为人的P点静止下滑，与静止在轨道8。上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道C。、轨道从尸点竖直向下运动，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。点，已知小滑块与轨道A8间的动摩擦因数〃=\,sin37°=0.6,cos37°=0.8»（1）若小滑块的初始高度力=0.9m,求小滑块到达8点时速度%的大小;（2）若小球能完成整个运动过程，求才的最小值〃，.；（3）若小球恰好能过最高点£且三棱柱G的位置上下可调，求落地点。与F点的水平距离X的最大值工„^【答案】(1)4m/s；(2)/imin=0.45m；(3)0.8m【解析】（1）小滑块在轨道上运动m^h—umgcos0•——=—mvisin。2°代入数据解得v0=^>fgh=4m/s（2）小球沿8E尸轨道运动，在最高点可得me=m

R从C点到E点由机械能守恒可得7机片min+〃?g(R+r)=J机崎mm解得Lzn=V2m/s，vBmin=20m/s小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有, 1 2 1 ,2 1 2机Lmin=mVA+m/smin，~〃"Amin=~〃必一+~，或皿；解得。'=°，Vfimin=VAmin结合(1)问可得VAmin=gJg%解得h的最小值=0・45m(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I2 1 2万n%=万mvE^n+mg(R+y)由平抛运动可得„1,x-vGt» +r~y-—§r联立可得水平距离为x=2J(0.5-y)(0.3+y)由数学知识可得当0.5-y=0.3+y取最大，最大值为%=0§m(2021•浙江卷)如图中所示，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，其后端面产为喷口。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方向的分量比和B,随时间周期性变化规律如图乙所示，图中可调。氤离子（Xe2+）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。处相对推进器的速度为vo。已知单个离子的质量为机、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8。的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面尸射出，求为的取值范围；（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期7,单位时间从端面P射出的离子数为〃，且5。=叵必。求图乙中八时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。5eL【答案】（1）诏—”也；（2）0~警；（3）-nmv0,方向沿z轴负方向Vm 3eL5【解析】（1）离