动量-2021年高考物理抢分秘籍（解析版）

秘籍12动量

一、备考策略

1.力学规律的选用原则

(1)单个物体

①宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律。若其中涉及时间的问题，应优先选用动量定理。

②若涉及位移的问题，应优先选用动能定理。

③若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律。

(2)多个物体组成的系统：优先考虑能量、动量两个守恒定律。

(3)碰撞、反冲、爆炸等很短过程中一般遵循动量守恒定律。

2.必须辨明的“3个易错易混点”

(1)动量和动能是两个和速度有关的不同概念。

(2)系统的动量和机械能不一定同时守恒。

(3)不是所有的碰撞都满足机械能守恒。

二、基础知识

1.动量定理及动量守恒定律

(1)动量定理：Ft—nw2—mv\

(2)动量守恒定律：，“1。1+加2。2=见。|'+帆。2'

2.三大力学观点

…厂(匀变速直线运动)

■动力学观点)郭雅律'悭平抛运制

T♦周运动)

■>(动最观点)■厂皿T动量定理、动最守恒定律)

经典模型碰撞、爆炸、反冲至画

三、常考考点

命题点一对动量定理的理解和应用

应用动量定理的解题流程

明确研—进行受根据动员定

J—*规定正方向

究对象—1力分析理列方程

角度①］动量定理的应用_______________________

4生。020•课标全国卷I)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化成汽车的动能

D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积

D［本题考查动量定理的应用。安全气囊并不能改变碰撞前后司机动量的变化量，B错误；汽车碰撞瞬

间，安全气囊充满气体，司机的动能转化为与气囊碰撞过程产生的内能，气囊延长了司机的受力时间，由动

量定理知，司机受到的力尸=三，故司机受到的力减小，气囊又增大了司机的受力面积，故司机在单位面

积上受力减小，A、C错误，D正确。］

角度②|动量定理解决流体问题_________________

应用动量定理分析流体相互作用问题的方法是微元法，具体步骤为：

(1)确定一小段时间内的流体为研究对象；

(2)写出Af内流体的质量与△/的关系式；

(3)分析流体的受力情况和动量变化；

(4)应用动量定理列式、求解。

1—二1(2019・全国卷I)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着

我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s,产生的

推力约为4.8Xl(rN,则它在1s时间内喷射的气体质量约为()

A.1.6X102kgB.1.6X103kg

C.1.6X105kgD.1.6X106kg

B［本题考查动量定理的应用，意在考查考生的分析推理能力。根据动量定理有尸△£=Anw-O,解

卜'

得W=-=1.6XIO3kg/s,所以B正确。］

命题点二动量守恒定律的应用

角度①|动量守恒定律的应用____________________

典例（2020•课标全国卷H）（多选）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.53kg

C.58kgD.63kg

BC［本题考查多次碰撞问题。取运动员与物块组成的系统为研究对象，背离挡板运动的方向为正方向，

由动量守恒定律可知，运动员第1次推出物块后有O=M0—物块第1次追上运动员有mv+Mv\—（m+

M）v'\=2mv,运动员第2次推出物块后有］=/。2—机。，即（2X2—物块第2次追上运

动员有用。2+m。=（加+切。2‘，，物块第〃一1次追上运动员有机O++运动员第

（2〃—1）

n次推出物块后有=Mv„—mv,即vn=---而---mv,当时，物块就不能再追上运动员，

且如tW。，当〃=8时，解得52kgWMW60kg,故B、C符合要求。］

角度②|动量守恒、能量守恒定律的综合应用______________

典例国*（2020•浙江省普通高校招生选考科目考试）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A8和倾角6=37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量抗=0.1kg的小

滑块从弧形轨道离地高”=1.0m处静止释放。已知R=0.2m,LAB=LBC=^Om,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0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,求它们在轨道上到达的高度〃与x之间的关系。(碰撞时间不计，取sin37。=0.6,

cos37°=0.8)

2

解析：(1)机械能守恒定律mVD

2

牛顿第二定律FN="詈一=8N

A

牛顿第三定律尸N'=FN=8N,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

mgH=jLimgLAfi~\~/LinigLRC'cos夕+/%gL8csin夕

得LBC=磊m<1.0m,故不会冲出

(3)滑块运动到距A点x处的速度为〃动能定理

mgH-从mgx=3

碰撞后的速度为"，动量守恒定律mv=3mv,

设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为九动能定理

h1

—3/nmg(LAB-x)—3png.-3mgh=0—^(3相%心9

【anonn

得TX~4Sm(8mVxWlm)

/?=0((Xw[m)

o

答案：(1)8N方向水平向左(2)不会冲出

(3)/Z=T—一哀m(fmVxWlm)〃=0(04Wdm)

O4ooo

角度③I反冲和“人船模型”____________________

下生।一火箭喷气发动机每次喷出m=200g的气体，气体离开发动机喷出时的速度。=1000m/s,

设火箭质量M=300kg,发动机每秒喷气20次。

(1)当第3次喷出气体后，火箭的速度多大？

(2)运动第1s末，火箭的速度多大？

解析：方法一：(1)喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量守恒。

第1次喷出气体后，火箭速度为5,有

nw

所以0[=

第2次气体喷出后，火箭速度为02,有

〜山2mv

(M—2m)V2—nw—\所以。2=77一■二

M—2m

第3次气体喷出后，火箭速度为s,有

(M—3m)V3—rnv=

3"?。3XQ.2X1QOQ

所以。3==m/s=2m/s

M—31n300-3X0.2

(2)依次类推，第〃次气体喷出后，火箭速度为小，有

(M-nni)vn—机。=[M—(〃-1)n—1

心〜nmu

所以小=^^----

M-ntn

因为每秒喷气20次，所以1s末火箭速度为

20的20X0.2X1000

V2°^M-20m'300-20X0.2lWs：=13-501/8

方法二：以整体为研究对象，运用动量守恒定律求解

(1)设喷出3次气体后火箭的速度为。3,以火箭和3次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得

(M—3机)。3—3/nu=0

-3mv

所以~=2m/s

M—3/n

(2)以火箭和喷出的20次气体为研究对象，则

(M—20%?)。2。—20mv=0

〜、j20mv

所以。20=”—=13.5m/s

M—20m

答案：(1)2m/s(2)13.5m/s

命题点三碰撞模型及其拓展模型

1.碰撞遵从的三个原则

(1)动量守恒,即Pl+p2=P「+〃2‘；

(2)系统动能不增加,即&1+&2》及1'+反2'；

(3)速度合理，两球同向，后球速度不能大于前球速度。

2.熟记两个结论

(1)“一动一静”两物体发生弹性正碰后的速度满足。=1。0,劭，质量相等的两物体

/小十根2"21十加2

发生弹性碰撞后交换速度;

（2）发生完全非弹性碰撞后两物体共速，动能损失最多。

角度①碰撞模型___________________________

典例（2020•课标全国卷川）甲、乙两个物块在光滑水平桌面

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

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

A.3JB.4J

C.5JD.6J

A［本题结合运动图像考查动量守恒定律和能量守恒定律。由题图可知，碰撞前甲的速度。^=5m/s,

乙的速度。乙=lm/s,碰撞后甲的速度ow'=-1m/s,乙的速度=2m/s,由于不受外力作用，甲、

乙碰撞过程动量守恒，则有单。a+机乙。乙="甲'+机乙？/,解得，/z=6kg,所以碰撞过程两物块

22

损失的机械能为m单。甲mLPL—|m^v2—JmeVL'2=3J,故A正确，B、C、D

错误。］

典例因《如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在4球与墙

之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度。。与A相碰后粘在一起压

缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E,从球A被碰后

开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为/,则下列表达式中正确的是（）

22

A.E=2巾。O，I=mvoB.E=］mv（）,i=2mvn

22

C.E=zmvo,I—mvoD.E=^mvo,I=2mvo

D［A、B碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mg）=2〃?u,则的），碰撞后，A、B-

起压缩弹簧，当A、B的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律，最大弹性势能E=g・2〃/

2

=1mv0,从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，由动量定理得/=2%。一（一

2rnv）=4tnv=2mv（）o选项D正确。］

［考法拓展］在［典例2］的情境中，若小球B与A进行弹性碰撞，则表达式中正确的是（）

］22

A.E=26。。，I=mvoB.E=%mvo,I=2mvo

22

C.E=zmvo,I=mvoD.mvo,/=2muo

B［A、8发生弹性碰撞，取向左为正方向。由动量守恒定律得机如=%OB+”WA;由机械能守恒定律得

22

|tnvomvn+|tnvA,解得。A=。。，⑺=0;碰撞后，A、3交换速度，球A压缩弹簧，球3静止，

2

当A的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，根据机械能守恒定律得，最大弹性势能E=Tmo/=当加O0,

从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中，取向右为正方向，对A及弹簧整体，由动量定理得/=加以

—（—WVA）=2mvA=2mvoo选项B正确。］

拓展模型——“子弹打木块”模型

典例❸"（2020•武汉市中联考）如图所示，子弹水平射入放।---------1在光滑水平地

面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6J,那么此过程

产生的内能可能为（）

A.16JB.2J

C.6JD.4J

A［解法一设子弹的质量为加0,初速度为为，木块的质量为加，则子弹打入木块的过程中，子弹与

2

木块组成的系统动量守恒，即侬%=（加+恤）°,此过程中产生的内能等于系统损失的动能，即恤°。

—1（m+mo）v2,而木块获得的动能反木制m4=6J,上述式子联立可得吉=>1,故E>6J,A项

正确。

解法二作出子弹和木块运动的。-r图像，由图像可知，子弹和木块的相对位移△工的大小一定大于木

块的对地位移x木的大小，即Axx卡,设摩擦力为Ff,则系统产生的热量Q=FfAx,对木块应用动能定理

有反木=瓜木，可得Q>Ek木=6J,A项正确。］

角度⑥拓展模型-滑块滑板模型____________________

一『二।如图所示，在光滑桌面上静止放置着长木板B和物块C,长木板B上表面的右端有一物块

A,物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.2,长木板足够长。现让物块C以4m/s的初速度向右运动。

与木板B碰撞后粘在一起。已知物块A的质量为2kg,长木板B的质量为1kg,物块C的质量为3kg,重

力加速度g取10m/s2,试求：

X一1||

(1)C与B碰撞过程中，损失的机械能；

(2)最终A、B、C的速度大小以及A相对于B运动的距离。

解析：(1)设B、C碰撞后的瞬时速度大小为取向右为正方向，根据动量守恒定律得/nec=(，"B

+wc)^l

解得5=3m/s

碰撞过程中，损失的机械能

22

AE~2mcvc_5(/MB+WC)UI

代入数据解得AE=6J

(2)设最终速度为。2,取向右为正方向，

根据动量守恒定律得mcvc=(WA+WB+wc)V2

解得6=2m/s

根据功能关系得

22

Pin^gx=2OB+"：)0I-2(机A+〃2B+"CW2

解得x=1.5m

答案：(］)6J(2)均为2m/s1.5m

［考法拓展］在［典例4］中若物块C的质量为1kg,且物块C与木板B发生弹性碰撞，其他条件不变,

求：

(1)A、B、C的最终速度；

(2)A、3系统因摩擦产生的热量。

解析：(1)8、。发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒，则〃?mec'

22

11.1,2

2meuc=2mcvc

解得如=4m/s,Vc1=0

4、8相对运动过程中，根据动量守恒定律得

mnVB=(tnA+mmVAB

4

-s

解得VAR—3m/

(2)由能量守恒定律得

22

Q=]rnnVB_2(〃"+切8)劭8=丁J

答案：(1gm/s|m/s0(2)与J

角度④|“弹簧类”组合模型____________________

；1一二।如图所示，在光滑水平面上有质量为，"的小物块a以初速度。0水平向右运动，在小物块a

左右两侧各放置完全相同的小物块仄c,小物块6、c上各固定一个轻弹簧，小物块氏c的质量均为切?,

其中左=1、2、3…，弹簧始终处于弹性限度内。问：

(1)小物块a第一次与小物块c碰撞时，弹簧的最大弹性势能为多大：

(2)若小物块a至少能与小物块c碰撞2次，％的最小值为多少。

解析：(1)小物块“和c相互作用，两者速度相等时弹簧的弹性势能最大，对于小物块。和c,根据动

量守恒定律有

mvo=(m+km)v

根据能量转化和守恒定律有

2

£pmax=|mvo(m+kni)v2

2

k1

联立解得Epmax=RY•2mV()

(2)设小物块。第一次离开小物块c时，小物块〃和c的速度分别为0、S,对于小物块〃和C根据动

量守恒定律有mvo=mv\+kmvi根据机械能守恒定律有

222

11,1,

2fnvo=2fnv\十/kms

i—k

联立解得，小物块。的速度为6=订[如

,、2

小物块C的速度为U2=7TT

K~11

小物块a离开c后与小物块力作用，当小物块a离开6时，小物块〃和小物块匕的速度分别为、

V21,对于小物块a和仇根据动量守恒定律有〃皿=m。1'+kmv2'

根据机械能守恒定律有

2

2机01=2，如/2+^kmV2’2

/i-A2

联立解得S,=Vo

若小物块。和C至少碰撞2次，则有。J>V2

由数学知识可得3—4%—1>0

解得Q2+小

而k=l、2、3…

故Amin-5o

2

答案：(1)7T7*1rnvo(2)5

K-i1乙

命题点四动力学三大观点的综合运用

:知Tl一玩具厂家设计了一款玩具，模型如下。游戏时玩家把压缩的弹簧释放后使得质量优=。2kg的

小弹丸4获得动能，弹丸4再经过半径/?o=O.lm的光滑半圆轨道后水平进入光滑水平平台，与静止的相

同的小弹丸8发生碰撞，并在黏性物质作用下合为一体。然后从平台。点水平抛出，落于水平地面上设定

的得分区域。已知压缩弹簧的弹性势能范围为0WEpW4J,距离抛出点正下方。，点右方0.4m处的M点为

得分最大值处，小弹丸均看作质点。

(1)要使得分最大，玩家释放弹簧时的弹性势能应为多少？

(2)得分最大时，小弹丸A经过圆弧最高点时对轨道的压力大小。

(3)若半圆轨道半径R可调(平台高度随之调节)，弹簧的弹性势能范围为0WEp<4J,玩家要使得落地

点离。点最远，则半径应调为多少？最远距离多大？

解析：(1)根据机械能守恒定律得

2

Ep=2+mg-2R()

A、8发生碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有

niv\=2mv2

2

2/?o=2gf。

X=V2t0

解得Ep=2J

⑵小弹丸A经过圆弧最高点时，由牛顿第二定律得

F^+mg=nr-^-

解得FN=30N

由牛顿第三定律知

〃压=FN=30N

2

(3)根据Ep=2+mg?R

mv\=2mv2

2R=2g?

X=Vit

联立解得

x=A/(区一2R)2R

Vmg

其中Ep最大为4J,得R=0.5m时落点离。，点最远，为

xm=1m

答案：(1)2J(2)30N(3)0.5m1m

一、单选题

1.（2020•山东高三期中）质量为m的乒乓球在离台高h处时速度刚好水平向左，大小为V1运动员

在此时用球拍击球，使球以大小为％的速度水平向右飞出，球拍和乒乓球作用的时间极短，则（）

A.击球前后球动量改变量的方向水平向左

B.击球前后球动量改变量的大小是加匕+加片

C.击球前后球动量改变量的大小是〃“2-根匕

D.球拍击球前乒乓球机械能不可能是mgh+1mv^

【答案】B

【详解】

ABC.规定向右为正方向，击球前球的动量

6=-mvi

击球后球的动量

P2=mv2

击球前后球动量改变量的大小是

△P=P2-P\=fnv2+mvt

动量改变量的方向水平向右，AC错误B正确；

D.由于没有规定重力势能的零势能的位置，所以无法确定击球前球的机械能，D错误。

故选Bo

2.（2021・重庆市杨家坪中学高三月考）如图所示，固定在水平面上的竖直轻弹簧上端与质量为例

的物块A相连，静止时物块A位于P处，另有一质量为加的物块B,从A的正上方。处自由下落，与A

发生碰撞立即具有相同的速度，然后A、8一起向下运动，将弹簧继续压缩后，物块A、3被反弹，下

面有关的几个结论正确的是（）

Q...S

A.A、3反弹过程中，在P处物块B与A分离

B.A、8反弹过程中，在P处物块A具有最大动能

C.B可能回到。处

D.A、3从最低点向上运动到尸处的过程中，速度先增大后减小

【答案】D

【详解】

A.在A、B反弹过程中，当物块B与人刚分离时，A对8没有弹力，8只受重力，A和8的加速度均

为g,由牛顿第二定律知，弹簧处于原长状态，此位置在P点的上方。A错误；

BD.48从最低点向上运动到P的过程中，弹簧的弹力先大于整体的总重力，后小于总重力，整体

先向上加速，后向上减速，即速度先增大后减小。当弹簧弹力等于总重力时，速度最大，此时物块的位置

在P点的下方，B错误，D正确；

C.根据动量守恒可得，48碰撞后速度小于碰撞前8的速度，碰撞过程中系统的机械能有损失，所

以8不可能回到Q处。C错误;

故选Do

3.（2021•北京西城区•高三一模）某女子铅球运动员分别采用原地推铅球和滑步推铅球两种方式进行

练习，右图为滑步推铅球过程示意图。她发现滑步推铅球比原地推铅球可增加约2米的成绩。假设铅球沿

斜向上方向被推出，且两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，忽略空气阻力，下列说法

正确的是（）

A.两种方式推出的铅球在空中运动的时间可能相同

B.采用原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更高

C.两种方式推出的铅球在空中运动到最高点时的速度都相同

D.滑步推铅球可以增加成绩，可能是因为延长了运动员对铅球的作用时间

【答案】D

【详解】

A.滑步推铅球的水平位移大，由于两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，故滑步

推铅球的初速度更大，则竖直方向初始的分速度更大，则滑步推铅球时铅球在空中运动时间更长，故A错

误；

B.原地推铅球方式的初速度更小，由

（%sin6）2

n-

2g

可知，原地推铅球方式推出的铅球上升的高度更小，故B错误；

C.由于两种方式铅球出手时相对地面的位置和速度方向都相同，但初速度大小不同，水平分速度与

不相同，故c错误;

D.滑步推铅球时的铅球的初速度更大，由动量定理可知，可能是因为延长了运动员对铅球的作用时

间，故D正确。

故选Do

多选题

4.（2021•福建高三二模）2020年厦门出现过强对流冰雹天气。设一质量为4g的球形冰雹从高空云

层里由静止开始下落，下落过程中所受空气阻力与速度的关系为/=公2伙=lxl0TN.m-2.s2）,冰雹

下落过程质量保持不变，落地前已达最大速度，与地面碰撞时间为0.01s,碰撞后速度为零，

8=1001八2。则（）

A.冰雹落地瞬间的速度大小为20m/s

B.冰雹落地瞬间的速度大小为400m/s

C.碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为8N

D.碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为16N

【答案】AC

【详解】

AB.质量为m的冰雹下落过程中，受地球重力G和空气阻力,两个力的作用。刚开始下落时，G>f,

冰雹加速下落。随着冰雹速度的增大，它受到的阻力也在不断增大，而当阻力增大到与重力相等时，即当

G寸时，冰雹开始做匀速向下运动，冰雹的速度不再增大，此时的速度就是冰雹的最大速度，由

G=f

f=kv=mg

冰雹落地瞬间的速度大小为

V=，整

故A正确，B错误;

CD.冰雹与地面碰撞过程，由动量定理得

=()-mv

解得

O-mv0-0.004(-20)

F=mg+--------=0.004xl0N+------------——LN=8.04N

t0.01

故C正确，D错误。

故选AC。

5.（2021•河南高三二模）如图所示，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下初始时静止。从

发射器（图中未画出）射出一个弹丸B,弹丸以速度V沿水平方向射入物块A并留在其中（作用时间极

短）随后轻绳摆过的最大角度为9,该过程中系统损失的机械能为团E.不计空气阻力，关于轻绳摆过最大

角度的余弦值cos。和系统损失的机械能睡随弹丸的入射速度v（/）变化关系图像，下列图中正确的是

（）

【答案】AC

【详解】

设物块的质量为子弹的质量为m,绳长为L,子弹射入物块的过程中，水平方向满足动量守恒

mv-(M+m)v.

AB.上升的过程中满足机械能守恒

1,

—(M+m)vi-(M+ni)gL(l—cos0)

整理得

COS0-1

2(M+机>gL

COS。与/是一次函数的关系，A正确，B错误;

CD.子弹射入物块的过程中，系统损失的机械能

AE=—mv'——（M

2

整理得

Mm2

A£=--------------v

2（M+机）

△E与一成正比，c正确，D错误。

故选AC。

6.（2021•新疆巴音郭楞蒙古自治州第二中学高三月考）在足够长的倾斜长直轨道上，先后将甲、乙

两个相同小球以相同的初速度在同一位置沿轨道向斜上方弹出，它们运动的v-t图象如图所示。据图可知

下列说法正玻的是（）

A.该轨道是光滑轨道

B.t=4s时，两球相对于出发点的位移相等

C.两球在轨道上发生的碰撞是完全非弹性碰撞

D.两小球回到出发点时的速度大小为lOm/s

【答案】ABC

【详解】

A.由图中甲的运动图像可知，甲上滑和下滑的加速度相同，则说明小球只受重力和支持力，即轨道

是光滑轨道，故A正确：

B.由图像可知，甲在a4s时的位移为

漏=（12^2—券）m=20m

22

乙在t=4s时的位移为

------x2m=20m

2

故B正确：

C.由图像可知，两小球碰撞后速度都变为0,则碰撞为完全非弹性碰撞，故C正确;

D.由图像可知，两小球碰撞后速度都变为0,沿轨道向下运动的加速度大小为

a=5m/s2

碰撞发生在t=4s时，此时两小球离出发点的距离为20m,由i?=2ax可得

v=-J2ax=j2x5x20m/s=10\/2m/s

故D错误。

故选ABCo

7.（2021•河南高三二模）如图所示，质量均为2kg的三个物块静止在光滑水平面上，其中物块B的

右侧固定一轻弹簧，物块A与弹簧接触但不拴接。某时刻物块A突然以vo=3m/s的速度向左运动，已知当

A、B速度相等时，B与C恰好发生完全非弹性碰撞，碰撞过程时间极短，然后继续运动。若B、C碰撞过

程中损失的机械能为AE,B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为品，则（）

//////////,

A.E=4.875JB.Af=1.125JC.EP=6JD.£P=4.875J

【答案】BD

【详解】

对A、B整体由动量守恒有

mv0=

对B、C整体由动量守恒有

=2mv.

解得

对A、B,C整体由动量守恒有

mv0=3砥

B、C碰撞过程中损失的机械能为

AE=-/wr--x2/nv^=1.125J

2122

B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为

故选BDe

8.（2021•山东济南市•高三月考）如图所示，相同的以8两小球（均可视为质点）用长均为

/=0.9m细线悬挂于同一固定点。。让。球静止下垂，将b球向右拉起，使连接b球的细线与竖直方向的

夹角为60°,从静止释放b球，两球碰后粘在一起向左摆动，摆到最高点时连接b球的细线与竖直方向夹

7

角的余弦值为,。忽略空气阻力，已知b球的质量为0.1kg,取重力加速度大小g=10m/s2。则下列分

析正确的是（）

A.b球与a球相碰前瞬间，b球受到细线的拉力大小为2N

B.a球的质量为0.2kg

C.a、人两球一起向左摆动到最高位置时的加速度为0

D.a、b两球碰撞过程损失的机械能为0.15J

【答案】AD

【详解】

A.小球b与小球。相碰前的摆动过程中机械能守恒，则有

Vj=3m/s

小球b在最低点时

TV1

T-mhg=mh-\

解得

T=2N

故A正确;

B.两球碰撞过程动量守恒，两球一起从最低点摆到最高点的过程中机械能守恒，则

〃%为=（ma+/77b）v2,gWa+^b）彩2=（砥+%）g/（l-cos。）

解得

v2=2m/s,ma=0.05kg

故B错误；

C.a、b两球一起向左摆动到最高位置时有切向的加速度，即加速度不为0,故C错误;

D.4、匕两球碰撞过程损失的机械能

里=3%匕2-3（砥+/）岭2=0-15J

故D正确。

故选AD.

一、单选题

1.（2021•浙江高三其他模拟）如图所示，为风洞游戏装置的简化示意图，其中圆心角为37。的圆弧

轨道AB竖直固定放置，与水平地面相切于A点。游戏开始时，将质量为加的小球从A点沿水平方向以

一定的速度释放，小球经过8点后从圆弧轨道以速度％飞出，一段时间后小球经过图中C点（C点与8

点等高）。已知小球运动过程中会受到水平向右的风力，风力的大小恒为重力大小的三，重力加速度为

g,下列说法正确的是（

A.在圆弧轨道上运动时，单位时间内小球速度的变化量相同

B.在空中运动时，单位时间内小球的动量变化量逐渐增大

C.小球从3点运动到。点，所需要的时间为普

5g

D.小球经过C点时，速度大小为也

2

【答案】C

【详解】

A.小球在圆弧轨道上运动时，所受合外力不为恒力，所以在单位时间内小球速度的变化量也不相

同，A错误；

B.小球在空中运动时，所受合外力为恒力，由动量定理可知，小球在空中运动时单位时间内动量的

变化量相等，B错误；

C.小球在空中的受力与运动模型如图所示

小球所受合外力方向与速度%方向垂直，

L5

心=产

小球做类平抛运动，沿速度%的方向做匀速直线运动，与速度%垂直的方向做匀加速直线运动，把位

移分别沿%的方向和垂直%的方向分解，设从5点到C点运动时间为由类平抛运动的规律有

CD=voz

1,

BD=-at2

2

由几何关系有

源皿53。

代入a=*,综合解得

c正确；

D.由几何关系有

%=&+(“)2

可得

V13

D错误。

故选Co

2.（2021•浙江高三其他模拟）世界最大的真空室（SPF）用于模拟外层空间中存在的条件，以便在火

箭硬件实际发送到太空之前对其进行测试。曾经在SPF内部进行了一个著名的实验。实验人员用起重机将

一个保龄球和一堆羽毛举到房间顶部，然后将它们由静止同时释放，它们在下落过程中某个瞬间的照片如

图所示。关于保龄球和羽毛的下落过程，下列说法正确的是（）

A.羽毛的速度随时间均匀增大

B.保龄球的速度随位移均匀增大

C.两者所受合外力的冲量相等

D.任意时刻两者所受重力做功的功率相等

【答案】A

【详解】

A.保龄球和羽毛在真空中下落时只受重力影响，加速度相同，两物体同时由静止释放，根据

可知，羽毛的速度随时间均匀增大，A正确；

B.根据

V=s!2gX

可知，保龄球下落时的速度随位移不是均匀增大的，B错误；

C.虽然二者下落速度相同，但两者质量（重力）关系未知，两者所受合外力的冲量不一定相等，c错

误；

D.由

P-mgv

可知，同样无法判断两者所受重力做功的功率大小，D错误。

故选A。

3.（2021•辽宁朝阳市•高三一模）如图甲所示，物块A、B的质量分别是加4=30kg和根8=20kg,

用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C在r=0时刻以一定

速度向右运动，在尸4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的V-/图像如图乙所

示，下列说法正确的是（）

A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72J

B.4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24N-S

C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18J

D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2m/s

【答案】B

【详解】

A,由图知，C与A碰前速度为匕=12m/s,碰后速度为彩=3m/s,C与A碰撞过程动量守恒，以C

的初速度方向为正方向，由动量守恒定律

mcvy+mc）v2

解得

mc=1kg

当C与A速度为。时，弹性势能最大

昂=；（心+Wc）4=18J

选项A错误;

B.由图知，12s末A和C的速度为匕=-3m/s,4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量大小等于弹簧

对物体8的冲量大小，也等于弹簧对A和C整体的冲量大小，墙对B的冲量为

，=（%+加°）匕一（"U+火）彩

解得

/=—24N-s,方向向左

故B正确;

C.物块8刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s,开物块8离开墙壁后,

A、B、C三者共速时弹性势能最大，则有

（啊+性）吗=（啊+mC+mB）V3

mA+mc+mB）v^

联立解得

Ep=6J

选项C错误;

D.物块8刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m/s,物块B离开墙壁后，系

统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复原长时，物体B的速度最大，则有