三年高考（2019-2021）物理试题分项汇编-07 动量（教师版）

专题07动量

L（2021•山东卷）如下图，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%水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。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，以下判断正确的选项是（）

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2g

【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。，水平投出重力为

的物资瞬间，满足动量守恒定律

那么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也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下图

热气球和物资所受合力大小均为〃怨，所以热气球在竖直方向上加速度大小为

物资落地H过程所用的时间f内，根据H=]g/解得落地时间为

热气球在竖直方向上运动的位移为

热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为

根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为

C正确，D错误。

应选BC»

2.（2021・湖南卷）如图（a）,质量分别为mA、me的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系

统，外力/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a-f图像如图（b）所示，S1表示。至此时间内A的

。一/图线与坐标轴所围面积大小，邑、S3分别表示G到J时间内A、B的OT图线与坐标

轴所围面积大小。A在八时刻的速度为％。以下说法正确的选项是（）

A.0到八时间内，墙对B的冲量等于mA%

B.n?A>n?B

c.B运动后，弹簧的最大形变量等于X

D.Si—S2—S3

【答案】ABD

【解析】

A.由于在0~。时间内，物体B静止，那么对B受力分析有

F»=F

那么墙对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,那么可将

研究对象转为A,撤去F后A只受弹力作用，那么根据动量定理有

/=mAv0（方向向右）

那么墙对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。-t图可知h后弹簧被拉伸，在匕时刻弹簧的拉伸量到达最大，根据牛顿第二定律有

F抨二n?AQA=mBQB

由图可知

OB>QA

那么

/7lB<O7A

B正确；

C.由图可得，ti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，那么

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h后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在ti-t2时间内AB组成的系统动量守

恒，且在匕时刻弹簧的拉伸量到达最大，A、B共速，由。一1图像的面积为Av,在t2时刻

AB的速度分别为

VA=Sl-S2-VB=S3

A、B共速，那么

D正确。

应选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S。时，速度的大小为％,此时撤去F,物体继续滑行2so的路程后停止

运动，重力加速度大小为g,那么()

A.在此过程中F所做的功为;相片

B.在此过中F的冲量大小等于;机％

2

c.物体与桌面间的动摩擦因数等于‘a-

4s°g

D.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

F-jLimg=①

由速度位移公式有

诏=24”②

外力撤去后，由牛顿第二定律可知

-jLimg=ma2③

由速度位移公式有

-Vg=2a2(2s0)④

由①②③④可得，水平恒力

动摩擦因数

滑动摩擦力

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

故A错误：

B.由平均速度公式可知，外力F作用时间

在此过程中，F的冲量大小是

故B正确。

应选BCo

4.（2021•湖南卷）物体的运动状态可用位置X和动量，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〃一“图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假设一质

点沿X轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么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，那么有

而动量为

联立可得

动量P关于X为塞函数，且x>0，故正确的相轨迹图像为D。

应选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贿的挡板相连，

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。

应选Bo

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。声音在空气中的传播速度为340m/s,忽略空气阻力。以下说法

正确的选项是()

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80m

C.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

因两块碎块落地时间相等，那么

那么

那么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

解得

t=4s

爆炸物的爆炸点离地面高度为

选项B正确；

CD.爆炸后质量大的碎块的水平位移

质量小的碎块的水平位移

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

选项CD错误。

应选B„

7.（2021•浙江卷）如下图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，电力供给仅为lxl03w。假设用国际单位制根本单位的符号来表示W,正确的

选项是（）

A.N-sB.N•m/sC.kg-m/sD.kg-m2/s3

【答案】D

【解析】

A.N不是国际单位制根本单位，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尸=&可知功率的单位可以表示为N-m/s，但N不是国际单位制

根本单位，B错误；

C.根据动量的定义〃=加丫可知，kg•m/s是动量的单位，c错误；

D.根据尸=尸丫可知功率的单位可以表示为N・m/s,结合f可知N=kg-m/s2,那

么功率得单位W=N-m/s=kg-m2/s3,D正确。

应选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。一只海鸥叼着质量帆=01kg的鸟蛤，在H=20m的高度、以

%=15m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛉落到水平地面上。取重力加速度

g=10m/s2,忽略空气阻力。

（1）假设鸟蛤与地面的碰撞时间加=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，建立如下图坐标系。假设海鸥水平飞行的高度仍为20m,速度大小在

15m/s~170Vs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)F=500N；(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。竖宜方向分速度大小为

根据运动的合成与分解得

/，%=尊，v=M+*,

在碰撞过程中，以鸟蛤为研窕对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得

联立，代入数据得

(2)假设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xi,击

中右端时，释放点的X坐标为马，得

x,=v/,x2=xt+L

联立，代入数据得

x,=30m,/=36m

假设释放鸟蛤时的初速度为V2=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％'，得

x/=v2t>=x/+L

联立，代入数据得

x：=34m，x2"=40m

综上得x坐标区间

[34m,36ml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，如下图，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$[=3.5x10-2]“，乙与边框。相隔=2.0x10」,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lOm/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】⑴能；⑵0.2s

【解析】

(1)由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有

那么甲乙滑动时的加速度大小均为

甲与乙碰前的速度也，那么

解得

vi=0.3m/s

甲乙碰撞时由动量守恒定律

解得碰后乙的速度

V3=0.2m/s

然后乙做减速运动，当速度减为零时那么

可知乙恰好能滑到边框。；

(2)甲与乙碰前运动的时间

碰后甲运动的时间

那么甲运动的总时间为

10.(2021•浙江卷)如下图，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。环，它们平滑连接，其中管道CO的半径r=0.1m、圆心在2点，轨道

户的半径R=0.2m、圆心在。2点，。1、。、02和F点均处在同一水平线上。小滑块从

轨道AB匕距台面高为h的P点静止下滑,与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，

碰后小球经管道8、轨道。防从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，小滑块与轨道AB

间的动摩擦因数4=4，sin370=0.6,cos370=0.8。

(1)假设小滑块的初始高度7z=0.9m,求小滑块到达B点时速度%的大小：

(2)假设小球能完成整个运动过程，求力的最小值力min；

(3)假设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XmaK=

【答案】(1)4m/s；(2)%n=0-45m；(3)0.8m

【解析】

(1)小滑块在A8轨道上运动

代入数据解得

(2)小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得

从C点到E点由机械能守恒可得

解得

v

Emi„=V2m/s,v8mhi=2&m/s

小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有

mVmV

Amin=A'+根Vsmin，|加匕而/="加咳’"以而;

解得

以'=0,vfimin=VAmin

结合⑴问可得

解得h的最小值

(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

由平抛运动可得

„12

x=vct,H+r-y=-gt

联立可得水平距离为

由数学知识可得当

取最大，最大值为

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。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方向的分量冬和B,随时间周期性变化规律如图乙所示，图中8。可调。值

离子(Xe?+)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

为内。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与

(2)不考虑在磁场突变时运动的离子，调节综的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口

后端面P射出，求用,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了，单位时间从端面P射出的离子数

为n,且叵也。求图乙中办时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。

5eL

【答案】⑴/=J片一生里；⑵0~吗：⑶-nmv0,方向沿z轴负方向

Vm3eL5

【解析】

(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点。处，根据动能定理有

解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小

(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

根据洛伦兹力提供向心力有

联立解得

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

此时B=OB。;根据洛伦兹力提供向心力有

联立解得

故的取值范围为0-----；

3eL

(3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如下图

由题意根据洛伦兹力提供向心力有

且满足

所以可得

所以可得

离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有

根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为

方向沿Z轴负方向。

12.(2021・河北卷)如图，一滑雪道由A3和6C两段滑道组成，其中A8段倾角为。，BC

段水平，A3段和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，假设1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以L5m/s的初速度、3m/s2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

1724

数为〃=五，重力加速度取g=10m/s2,sin(9=—,cos6»=—,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)滑道段的长度：

(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。

【答案】(1)L=9m；(2)v=7.44m/s

【解析】

(1)设斜面长度为L，背包质量为叫=2kg,在斜面上滑行的加速度为％,由牛顿第二

定律有

解得

滑雪者质量为加2=48kg,初速度为%=L5m/s,加速度为々=3m/s2,在斜面上滑行时

间为落后时间。=ls,那么背包的滑行时间为£+4，由运动学公式得

联立解得

/=2s或/=一1s(舍去)

故可得

(2)背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为匕、岭，有

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，设共同速度为乙有

解得

13.(2021•浙江卷)如下图，竖直平面内由倾角a=60。的斜面轨道A8、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。2的连线，以及。2、E、。1和8

等四点连成的直线与水平线间的夹角均为加30。，G点与竖直墙面的距离］=百/?。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。

⑴假设释放处高度生加，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小心及在此过程

中所受合力的冲量的大小和方向；

⑵求小球在圆管内与圆心01点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；

⑶假设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】⑴口=四兄，I=m^疏，水平向左；⑵FN=2mg(%—l)(监陶；⑶

9

或=

2

【解析】

⑴机械能守恒

解得

动量定理

方向水平向左

(2)机械能守恒

牛顿第二定律

解得

满足的条件〃2R

(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是〃

2

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

其中匕=VGsin0,匕,=%cos0,那么

得

机械能守恒

h满足的条件

14.(2021•海南卷)太空探测器常装配离子发动机，其根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，假设某探测器质量为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3.0x10-38人，那么探测器获得的平均推

力大小为（）

A.1.47NB.0.147NC.0.09ND.0.009N

【答案】C

【解析】

对离子，根据动量定理有

而

解得F=0Q9N,故探测器获得的平均推力大小为0.09N,应选C。

15.（2021•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，如下图。在以下实验中，悬线始终保持绷紧状

态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的选项是（）

A.将1号移至高度〃释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度〃。假设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〃

B.将1、2号一起移至高度人释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度〃，

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/l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〃

D.将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度/z释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未

能摆至高度〃，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，那么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，那么3号不可能摆至高度〃，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号球获得的动能缺乏以使其摆至高度力，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。

应选D。

16.（2021•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。甲的质量为1kg,那么碰

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、乙的速度分别为唯=5m/s,巳=lm/s：碰后甲、乙的速度分别

为用=-hn/s,v[=2m/s,甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得

解得

那么损失的机械能为

解得

应选Ao

17.（2021•全国卷）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的平安气囊会被弹出并瞬间充满

气体。假设碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于平安气囊在此过程中的作用，以

下说法正确的选项是（）

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.因平安气囊充气后，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.有无平安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.因有平安气囊的存在，司机和平安气囊接触后会有一局部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.因为平安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。

应选D。

18.(2021,海南卷)如图，足够长的间距d=1m的平行光滑金属导轨MMPQ固定在水平

面内，导轨间存在一个宽度L=lm的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=0.5T,方向如

下图.一根质量砥=01kg,阻值R=0.5Q的金属棒。以初速度％=4m/s从左端开始沿

导轨滑动，穿过磁场区域后，与另--根质量，3=02kg,阻值R=0.50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，那么

()

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。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0.25J

D.金属棒。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。做加速度减小的减速直线运动，故A错误；

B.根据右手定那么可知，金属棒。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

平均电流为

金属棒。受到的安培力为

规定向右为正方向，对金属棒a,根据动量定理得

解得对金属棒第一次离开磁场时速度

金属棒。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。机械能的减少量,

即

联立并带入数据得

由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，那么金属棒b上产生的焦耳热

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

联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为

设金属棒。最终停在距磁场左边界X处，那么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

平均电流为

金属棒。受到的安培力为

规定向右为正方向，对金属棒a,根据动量定理得

联立并带入数据解得

故D正确。

应选BDo

19.（2021•全国卷）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运发动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

发动获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运发动时，运发动又把物块推向

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，

运发动退行速度的大小大于5.0m/s,反弹的物块不能再追上运发动。不计冰面的摩擦力，

该运发动的质量可能为

A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg

【答案】BC

【解析】

设运发动和物块的质量分别为加、犯）规定运发动运动的方向为正方向，运发动开始时静止,

第一次将物块推出后，运发动和物块的速度大小分别为片、%,那么根据动量守恒定律

解得

物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运发动同向，当运发动再次推出物块

解得

第3次推出后

解得

依次类推，第8次推出后，运发动的速度

根据题意可知

解得

第7次运发动的速度一定小于5m/s,那么

解得

综上所述，运发动的质量满足

AD错误，BC正确。

应选BCo

20.(2021•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，一质量砥=1kg的小物块。从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质

量肛,=3kg小物块b发生弹性正碰(碰撞时间极短)。圆弧轨道半径R=0.8m,传送带的

长度L=1.25m,传送带以速度u=lm/s顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数

4=0.2,g=10m/s2»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。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】⑴30N：(2)0.2m；(3)1s

【解析】

(1)设小物块。下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为匕,，根据机械能守恒定律有

代入数据解得匕=4m/s

小物块。在最低点，根据牛顿第二定律有

代入数据解得&=30N

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。与小物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒有

根据能量守恒有

联立解得匕=-2m/s,匕=2m/s

小物块a反弹，根据机械能守恒有

解得h-0.2m

(3)小物块匕滑上传送带，因口=2m/s>v=lm/s,故小物块b先做匀减速运动，根据

牛顿第二定律有

解得a=2m/s2

那么小物块b由2m/s减至lm/s,所走过的位移为

代入数据解得X|=o.75m

运动的时间为

代入数据解得%=0.5s

因玉=0.75m<L=1.25m,故小物块b之后将做匀速运动至右端，那么匀速运动的时间

为

故小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间

21.(2021・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，电子质量为加，电荷量为e。

不考虑出射电子间的相互作用。

⑴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ua或磁感应强度为时，刚好没有电子到达柱面。分别计算出射电子的初速度%。

⑵撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为a、长度为〃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/,电子流对该金属片的压强为。。求单位长度导线单位

时间内出射电子的总动能。

【答案】⑴a.Jl瓦，b.也士⑵e兀ML

Vm2mml

【解析】

(1)a.在柱面和导线之间，只加恒定电压U。，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

解得

b.在柱面内，只加与MN平行的匀强磁场，磁感应强度为与时，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

根据洛伦兹力提供向心力，那么有

解得

(2)撤去柱面，设单位时间单位长度射出的电子数为"，那么单位时间打在金属片的粒子

数

金属片上形成电流为

所以

根据动量定理得金属片上的压强为

解得

故总动能为

22.（2021•江苏卷）一只质量为L4kg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

解得喷出水的速度大小为

23.（2021•天津卷）长为/的轻绳上端固定，下端系着质量为町的小球A,处于静止状态。

4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，质量为加2的小球B与之迎面正碰，碰后4B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/的大小；

（2）碰撞前瞬间B的动能线至少多大？

【答案】（1）/=町屈；（2）线=",（2犯+.）

2m1

【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

m1g=犯亍①

A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“，有

5mM=2叫一+2叫g/②

由动量定理，有

/=加|乙③

联立①②③式，得

/=仍^^④

(2)设两球粘在一起时速度大小为M,48粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满

足

17f⑤

要到达上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前8的速度方向相同，以此方向为正方向，设

8碰前瞬间的速度大小为力,由动量守恒定律，有

myB一町之=(肛+生)u，⑥

又

线=5%%⑦

联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为

E：58/(2〃％+加2)2⑧

k2/%

24.(2021•山东卷)如下图，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内与Q发生

弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan6,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。

⑴求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1,vQli

(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；

⑶求物块Q从A点上升的总高度H；

⑷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5。

(答案］⑴P的速度大小为|%，Q的速度大小为|%;(2)4=《尸丑(n=l,2,3…)；

⑶*2（4）s=M-13说

18g200gsin3

【解析】

(1)P与。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

mvQ=mvP{4-4m%①

由机械能守恒定律得

g机“2=1〃”户］2+1,4，"1@2②

联立①②式得

VP\=-|vo③

%=1%④

32

故第一次碰撞后P的速度大小为Q的速度大小为g%

⑵设第一次碰撞后Q上升的高度为hi，对Q由运动学公式得

h

0-%2=2.(-2gsin&),—i―⑤

丫sin®

联立①②⑤式得

⑥

4噌25g

设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02,第一次碰后至笫二次碰前，对

P由动能定理得

|机一g=_mg/⑦

联立①②⑤⑦式得

⑧

P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为％2、VQ2,由动量守恒定律得

〃?口02=fnvP2+4UQ2⑨

由机械能守恒定律得

12121/2

-mv02=~mvP2+--4mVQ2⑩

联立①②⑤⑦⑨⑩式得

"=一｝，％⑪

VQ2=1X^V°⑫

设第二次碰撞后Q上升的高度为机，对Q由运动学公式得

0-v2=2■（-2gsin0）-⑬

Qsin。

联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得

设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为w，第二次碰后至第三次碰前，对

P由动能定理得

Q叫3_万叫2=~mg>hQ5）

联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得

%3=（率之为⑯

P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为力3、"Q3,由动量守恒定律得

mv03=mvP3+4mvQ3。Z）

由机械能守恒定律得

1212।/2

5机%3=~mVP3+--4/MV<23⑱

联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得

VP3=—|x（^~-）2v0正

»Q3=在（¥）2为⑳

i

设第三次碰撞后Q上升的高度为加，对Q由运动学公式⑩得

0-七,=2.（-2gsin6）•.3㉑

sin®

联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得

阳=（/）2.手㉒

2525g

总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为

%=(2_)"，应5=1,2,3.…)㉓

2525g

⑶当P、Q到达“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

IPJ

2

0——wv()=-(m+4m)gH-tan6•4/%gcos0----®

2sin。

解得

H=^~㉕

18g

⑷设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为ti,由运动学公式得

VQ\=2^sin6>㉖

设P运动到斜面底端时的速度为vP；,需要的时间为t2,由运动学公式得

vP\-Vp,+gt2sin®®

22

vpl'-Vp,=2sgsin(9㉘

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t3

%2=(-%)-g，3sin'㉙

当A点与挡板之间的距离最小时

(=2r2+6㉚

联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得

=(8"-13)”2

㉛

200gsin0

25.(2021・浙江卷)某种离子诊断测量简化装置如下图。竖直平面内存在边界为矩形耳6”、

方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为8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"G竖直向下射出，并打在探测板的右边缘。点。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CO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。

⑴求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界时与H点的距离5；

⑵求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离4Mx；

⑶假设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

板到距离L的关系。

【答案】⑴V=-----，0.8/?；(2)Lmax=—R：(3)^।0<—/?时：耳=2.6NqBR；当

m1515

4

话R<40.4R时：F2=l.SNqBR；当L>().4A时：F『NqBR

【解析】

⑴离子在磁场中做圆周运动

得粒子的速度大小

令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为。，从磁场边界HG边的Q点射出，那么由几何关

系可得

OH=06R,s=HQ=J-?_(06H)2=0.8R

(2)a束中的离子运动轨迹对应的圆心为。。从磁场边界"G边射出时距离H点的距离为X,

由几何关系可得

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万、由

几何关系可得

探测到三束离子，那么c束中的离子恰好到达探测板的。点时，探测板与边界HG的距离

最大，

那么

(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量

4

当0<么，石R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

4

当记R<〃,0.4R时，只有b和c束中离子打在探测板上，那么单位时间内离子束对探测

板的平均作用力为

当L>0.4R时，只有b束中离子打在探测板上，那么单位时间内离子束对探测板的平均作

用力为

26.(2021•浙江卷)小明将如下图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0=37°的斜轨道平滑连接而成。质量m=0.1kg的小滑块从弧形

轨道离地高"=1.0m处静止释放。R=0.2m,IAB==1.0m,滑块与轨道AB和BC

间的动摩擦因数均为〃=025,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。

⑴求滑块运动到与圆心。等高的。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；

⑶假设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8c上到达的高度力与x之间的关系。（碰撞

时间不计，sin37°=0.6,cos37°=0.8）

【答案】（1）8N,方向水平向左；（2）不会冲出；（3）h=-x~—（-m<x<lm）；/z=0

6488

（0<x<-m）

8

【解析】

⑴机械能守恒定律

牛顿第二定律

牛顿第三定律

方向水平向左

⑵能在斜轨道上到达的最高点为C点，功能关系

得

故不会冲出

⑶滑块运动到距A