2023年高考物理一模试题汇编全国通用07 冲量和动量（解析版）

专题07冲量和动量

1、（2023•浙江省强基联盟高三下学期2月统测）春节刚过，烟花的美景仍印象深刻。放烟花时烟花弹由

发射筒底部火药引燃获得初速度，竖直向上运动到最高点时炸开，如图是烟花燃放时的图景，其中RQ

分别为两块碎片的径迹，假设两块碎片在烟花弹炸开时同时斜向上抛出，初速度大小力=”,初速度与水

平方向的夹角%>%，不计空气阻力，下列表述正确的是（）

A.烟花弹"发射"过程动量守恒

B.在空中运动过程中，P、Q两块碎片的速度变化率相同

C.P、。两块碎片上升到最高点时速度都为零

D.P、Q两块碎片从炸开到上升到最高点的过程，运动的时间相等

【答案】B

【解析】A.烟花弹"发射”过程所受合外力不是零且不可被忽略，动量不守恒。故A错误；

B.根据α="，可知在空中运动过程中，P、。两块碎片的速度变化率，即加速度相同，均为重力加速度。

∆r

故B正确；

C.P、Q两块碎片上升到最高点时，竖直方向速度为零，水平方向速度不是零。故C错误；

D.R。两块碎片从炸开到上升到最高点的过程，运动时间

[_vv_vsin

gg

VV

因为V=⅛,ΘP>ΘQ9pllj

ip>“

故D错误。

故选Bo

2、（2023•河北省新高考九师联盟高三下学期2月质检）如图所示，质量分别为机、2机的乙、丙两个小

球并排放置在光滑的水平面上，质量为，"的小球甲以速度%（沿乙、丙的连线方向）向乙球运动，三个小

球之间的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（）

甲％乙丙

//吩//；//////多///分/////////////////∕.

A.当三个小球间的碰撞都结束之后，乙处于静止状态

2

B.当三个小球间的碰撞都结束之后，小球丙的动量为

Q

C.乙、丙在发生碰撞的过程中，丙对乙做的功为-3机％2

4

D.乙、丙在发生碰撞的过程中，乙对丙的冲量的大小为§加%

【答案】AD

【解析】A.甲、乙第一次碰撞后互换速度，即甲的速度变为零，乙的速度变为%,设乙、丙在碰撞刚结

束时的速度分别为巳、物，由弹性碰撞规律

2

mvu=mv^+2∕Mvμj、ɪwv0=ɪmvj+→2，?JVIj

综合解得

12

也=一§%、%=]%

乙反弹后与甲再次发生碰撞，碰后二者交换速度，即甲的速度变为乙的速度变为零，选项A正确；

B.碰撞都结束之后小球丙的动量等于

ɔ24

2m×-v0=-mv0

选项B错误；

C.乙、丙在发生碰撞的过程中，乙的速度由％变成

1

U乙，%

由动能定理丙对乙做的功为

101242

W=~xmvdJ-^2x,zzvθ"=_§"7%

选项C错误；

D.乙、丙在发生碰撞的过程中，丙的速度由零变成

2

vM=3vo

对丙由动量定理可得，乙对丙的冲量的大小为

∕=2ax∙∣%-0=,%

选项D正确。

故选ADo

3、（2023•山东省潍坊市高三下学期一模）一物体沿水平面做初速度为零的匀加速直线运动，以动量大小

P为纵轴建立直角坐标系,横轴分别为速度大小V、运动时间八位移大小X,则以下图像可能正确的是（）

上‘上,

A.B.

|>r/

C.I

D.

【答案】C

【解析】AB.物体做初速度为零的匀加速直线运动，则速度

V=at

根据功率的计算公式有

p=mv=mat

可知动量与速度和时间都成正比关系，故AB错误；

CD.根据匀变速直线运动规律有

V2=2ax

根据功率的计算公式有

p=mv=ιny∣2ax

根据数学知识可知C图正确，故C正确，D错误；

故选Co

4、（2023•山东省济宁市高三下学期一模）如图甲所示，物块A、B的质量均为2kg,用轻弹簧拴接，放

在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁接触但不黏连。物块C从UO时以一定速度向右运动，在∕=4s

时与物块A相碰，并立即与物块A粘在一起不再分开，物块C的修图像如图乙所示。下列说法正确的是

()

A.物块C的质量为2kg

B.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为40.5J

C.4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为O

D.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为3.6π√s

【答案】D

【解析】

A.由图知，C与A碰前速度为匕=9m∕s,碰后速度为吗=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

wcv1=(JnA+mc)v2

解得

mc=Ikg

故A错误；

B.AC粘在一起速度变为O时，弹簧的弹性势能最大，为

Ep=g(mA+mc)v1=13.5J

故B错误；

C.山图知，12s末A和C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B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

I=(mA+wc)v3-(mA+mc)v2

解得

∕=-18N∙s

方向向左，故C错误；

D.物块B刚离时，由机械能守恒定律可得，AC向左运动的速度大小为3m⅛,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

（神八+mc）v3={mλ+∕MC）V4+mβvβ

g（%+根c）W=g（%+如）¥+；牲篇

代入数据解得

Vlt=3.6m∕s

物块B的最大速度为3.6m∕s,故D正确。

故选D。

5、（2023♦安徽省合肥市高三下学期一模）正四面体。LBC，。为其顶点，底面ABC水平，D为AB边

的中点，如图所示。由。点水平抛出相同的甲、乙两小球，两小球分别落在A点和。点，空气阻力不计.则

下列说法正确的是（）

A.甲球和乙球初动能之比为2:1B.甲球和乙球末动量大小之比为3:1

C.甲球和乙球末动能之比为12:11D.甲球和乙球动量的变化量之比为2:1

【答案】C

【解析】

A.两球下落的竖直高度相同，则时间相同；设正四面体的边长为。，则落到A点的球的水平位移为

⅜~~a

落到。点的球的水平位移为

_√3

X=—a

7乙6

根据

则甲球和乙球初速度之比为2:1,则根据

Ek=；*

可知初动能之比4:1,选项A错误；

B.两球下落的竖直高度为

h=Jga)2一瞪α>"争

末速度

解得

Vtp

根据

p=mv

可知甲球和乙球末动量大小之比为

P甲—/12

PjNII

球落地时动能之比

Ek甲_，甲_12

Ek乙该ɪɪ

选项B错误，C正确;

D.根据

Ap=mgt

可知，甲球和乙球动量的变化量之比为1:1,选项D错误。

故选C。

6、（2023•广东省深圳市高三下学期第一次调研）工人使用一块长L=4m的木板从平台上卸货，木板一

端搭在平台上（与平台等高），另一端固定在地面，形成倾角6=37。的斜面。工人甲从木板底部推动质量

"=3kg的小车，使小车以%=12m∕s的速度冲上木板。工人乙站在平台上，当小车在木板上运动到某

处时，以M=L6m∕s的速度水平抛出货物，货物速度方向与木板平行时恰好落入到达斜面顶端的小车，

两者速度立刻变为零。已知小车与木板间的摩擦力与压力大小之比为Z=（）.5,g取IOm/S?,sin370=0.6,

cos37°=0.8,小车和货物均可视作质点，求：

(1)货物抛出点距平台的高度;

(2)货物的质量加。

【答案】(1)0.072m；(2)12kg

【解析】

(1)由于货物落入小车时速度方向沿着斜面方向，故

vv=Htane=L2m∕s

根据竖直方向做自山落体运动，故

匕=2g∕z

∕z=().()72m

(2)以沿斜面向下为正方向，小车沿斜面向上运动，则有

_MgSine+kMgcosθ

根据运动学公式可得

v~-vθ———2a∣L

vl=8m/s

货物沿斜面方向的速度为

——=2m/s

COSe

货物和小车碰撞瞬间沿斜面方向动量守恒：

Mvl-mvιn—0

解得

m=12kg

7、(2023•安徽省淮北市高三下学期一模)如图所示，质量％=108的子弹以％=402111/5的速度射入处

在木板左端的物块，并留在物块里。子弹射入前，物块与木板一起随传送带以v=2m⅛的速度匀速向右运

动，子弹射入物块后，物块将在木板上滑行，最终未从木板上滑落。已知物块的质量〃z=l∙99kg,木板

的质量M=2kg,物块与木板间的动摩擦因数从=0.6,木板与传送带间动摩擦因数〃2=02,传送带

速度始终保持不变。不计空气阻力，重力加速度g取IOm/s"求：

(1)物块相对于木板滑行的时间；

(2)木板与传送带间由于摩擦产生的热量。

【答案】(1)ɪsi(2)IJ

4

【解析】

(1)子弹穿击物块过程中，子弹和物块组成系统动量守恒，则有

m(M)+mv=(∕∕⅞+m)v1

解得

v∣=4m∕s

此后子弹和物块一起做匀减速运动，对物块和子弹受力分析，由牛顿第二运动定律可得

χ∕1(%+m)g=(∕+∕”)4

木板做匀加速运动，由牛顿第二运动定律可得

(/%+ιri)g-μ2(M++加)g=Ma2

解得

2

ai=6m∕s

2

a2=2m/S

设经时间％木板与滑块共速，则

V1-卬］=v+α2f1

解得

1

L丁

(2)木板与滑块共同的速度为

vκ=v+a2ti

对木板和滑块

U+V共

t

X板=一2Γ^'

对传送带

X传一必

木板与滑块共速后，由于

从＞μ2

所以木板与滑块相对静止一起匀减速，设经L与传送带共速

μ2(m0+m+")=(∕∕⅞+m+Λ∕)α共

山匀变速运动的规律

U=U共一α共7

解得

1

t=­S

124

这段时间内，木板位移

'丫共+V

X板=-一’2

传送带位移

f

X传=%

板相对于传送带的位移

，f

ʌX=(工板+”板)-(X传+尤传)

木板与传送带间产生的热量

Q=μ2(^M+τ∕¾;+m)g∆x

解得

Q=IJ

8、(2023•山东省历城二中高三下学期一模)滑板是冲浪运动在陆地上的延伸，是一种极富挑战性的极限

运动，下面是该运动的一种场地简化模型。如图所示，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB,半径

为R=3.2m,左侧是一固定的光滑曲面轨道8,两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量M=2kg的

长木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端，木板上表面与圆弧面相切于8点。一质量

机=Ikg的小滑块P（可视为质点）从圆弧轨道A8最高点由静止滑下，经B点后滑上木板，已知重力加

速度大小为g=10m∕s2,滑块与木板之间的动摩擦因数为M=0.2,木板厚度d=0.4m,。点与地面高

度差力=1.8m°

（1）求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小；

（2）若木板只与C端发生了2次碰撞，滑块一直未与木板分离，木板与C端碰撞过程中没有机械能损失

且碰撞时间极短可忽略。求木板最小长度和开始时木板左端离C端距离；

（3）若撤去木板，将两轨道C端和B端平滑对接后固定，小滑块P仍从圆弧轨道48最高点由静止滑下,

要使滑块从。点飞出后落到地面有最大水平射程，求从。点飞出时速度方向以及最大水平射程。

【答案】（1）301^：（2）£=16111,》=0.5111；（3）从。点飞出时速度方向与水平方向夹角为0=胡e11

18√2

Xmax=---m

【解析】

（1）小滑块P滑到8点时，由动能定理可知

mgR=—mu；

vβ=8m/s

在B点时牛顿第二定律可知

户vB

解得

2

FN=mg~30N

由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为30N。

(2)整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知

μmg=Ma

解得

μmg,2

a=-~—=1lm∕s

M

木板与C端第一次碰撞，木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为匕，木板速度为力，在滑块滑上木板到木

板第一次马挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律可知

mvβ=mvi+Mv2

由T无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为。，由对称性可知，木板与B端接

触时速度为0,后开始做匀加速直线运动与C端发生第2次碰撞,根据对称性可知,碰撞时木板速度仍为为，

滑块速度为打，木板只与C端发生了2次碰撞，则

mv3=Mv2

从木板第一次与挡板碰撞之后的瞬间到木板第二次与挡板碰撞之前瞬间的过程在，由动量守恒定律可知

mvi-Mv2=mv3+Mv2

联立解得

v2=lm∕s

则设开始时木板左端离C端距离为X,则由运动学公式可知

Vj=20v

解得

X=0.5m

滑块P刚好停在木板最左端木板最短,且木板的左端刚好与C接触，此时滑块P与木板的速度均为0,可

知滑块在木板上做匀减速运动，则由能量守恒定律可知

,1，

μmgL——mv~B

解得

L=16m

(3)从A到。由动能定理可知

12

mg{R+d-h)=-mv0

解得

v0=6m/s

设从。点飞出时速度方向与水平方向夹角为6,小滑块落地的速度大小为也落地速度方向与水平方向夹

角为α,从。点飞出到落到所用时间为f,根据动能定理可得

mgh=^mv2-^mvl

解得

V=yjvf+2gh=6>∕2m/S

该过程的速度变化量为

∆v=gt

如图所示速度矢量关系图

速度矢量图的面积为

S=ɪ∆v∙v0cos6=ggf•%cos6=；g∙X

可知当速度矢量图的面积最大时，水平射程X有最大值，而图中速度%、P都是定值，可知当

e+α=90°

速度矢量图的面积最大，则有

v0CoSe=vcosa=VCOS(90°—6)=VSine

解得

可得

√2

θ=arctan

2

速度矢量图的面积最大为

22

Sm=』3='X6X6λ∕2m=18λ∕2m/S

HI2U2

最大水平射程为

2Sm2×18√218√2

Xm=———=-------------m=-------m

g105

9、(2023•山东省临沂市普通高中高三下学期一模)如图所示，光滑水平面48的左侧有一固定的竖直挡

板，在B端放置两个滑块，滑块甲的质量M=0∙4kg,滑块乙的质量机=0∙2kg,两滑块间固定一压缩弹簧(图

中未画出)，水平面8端紧靠倾角8=37。的传送带，传送带与水平面通过B端小圆弧平滑连接，传送带逆

时针转动，速率恒为v=2m∕s.现解除滑块间弹簧，两滑块分别向左右弹开，滑块乙经过8处冲上传送带,

恰好到达C端，然后返回到8端。已知光滑水平面A、8长度为6m,B、C两端间的距离L=3.2m,滑块

与传送带间的动摩擦因数〃=0∙5,取g=10m∕s2,滑块与竖直挡板、两滑块间的碰撞均为弹性碰撞。滑

块通过B处时无机械能损失。两滑块均可看作为质点。求：

(1)压缩弹簧储存的弹性势能稣；

(2)滑块乙从B端滑上传送带到第一次回到B端的时间ti

(3)滑块乙第一次返回到AB面上后与滑块甲碰撞的位置及碰后二者的速度大小。

420

【答案】(1)9.6J；(2)2s；(3)距A端4m处发生第一次碰撞，一m/s、-ɪm/s

33

【解析】

(1)设滑块乙上滑过程中的加速度为生,则有

mgsinθ+μmgcosθ=maλ

解得

4=10m∕s2

滑块乙上滑过程中做匀减速运动直至速度减为零，则

v^=2%L

解得

V乙=8m∕s

由动量守恒得

Mv甲=mv^

解得

V甲=4m∕s

弹簧储存的弹性势能

e

p=^Wv⅞+∣mv2=9.6J

(2)设滑块乙从8点运动到C点所用时间为(，则

V乙=附

解得

tl=0.8s

滑块乙下滑过程中，设刚开始下滑阶段加速度大小为〃2,则有

mgsinθ+μmgcosθ=ιna2

解得

2

a1-l()m∕s

设滑块乙从C点向下加速度到与传送带速度相同时间为L，位移为演，则有

1

V=a2t2、ΛI=—vt2

解得

t2=0.2s、xl=0.2m

由于

ιngsinθ>μmgcosθ

滑块继续向下加速，设加速度为由，则

mgSine-μmgcosθ=mai

解得

4-2m∕s2

之后运动到B点所用时间设为r3,则有

,I2

L-xi-vt3+-ait3

解得

Z3—Is

则滑块乙从8端滑上传送带到第一次回到8端的时间

t=ti+t2+t3=2s

(3)滑块乙回到8端的速度

v£=v+a3t3=4m∕s

由于

S甲=MPf=8m

此时滑块甲与挡板碰撞后返回到距A端2m处，山于

师=VZ=4m∕s

可以判断得出滑块在距A端4m处发生第一次碰撞：滑块甲与滑块乙碰撞过程，以向右问正方向，根据动

量守恒得

Mv甲-mv'L=Mv^2+mv^2

根据能量守恒得

mvmv

~"扁+~2=~MVV2+^h

联立解得

4.20.

vlp2=--m∕s,vi2=y∏√s

420

可知碰后甲、乙的速度大小分别为§m/s,yin/So

10、(2023•辽宁省沈阳市高三下学期教学质量监测一)如图所示，质量为小的物块A与质量为3,”的物

块B静置于光滑水平面上，物块B与劲度系数为Z的水平轻质弹簧连接。现使物块A以初速度%水平向

右运动，物块A与弹簧发生相互作用，最终与弹簧分离。全过程无机械能损失且弹簧始终处于弹性限度内。

弹簧弹性势能的表达式为「=3A√(X为弹簧形变量)。求：

(1)物块B的最大速度:

（2）物块A的最大加速度；

（3）去掉弹簧，使物块AB带上同种电荷，放在光滑绝缘的水平面上。物块A从较远处（该处库仑力可

忽略，AB组成的系统电势能为零），以初速度%冲向物块B。在物块B的右侧有一固定挡板（位置未知，

图中也未画），物块B与挡板发生弹性碰撞后立即撤去挡板，求此后过程中系统最大电势能的取值范围（物

块B与挡板碰撞时间极短，没有电荷转移，全程物块A和B没有接触）。

---"r-i

[X]ZVVWWVW[B^

Z∕Z∕Z∕ZZZZ∕∕∕ZZ/ZZZZZ

【答案】（1）九；（2）生（3）0≤Em<-mv^

2m2

【解析】

（I）当A物块与弹簧分离时，B物块速度最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律有

∕7ZAV0=wʌVA,+mBVBI

III

-mΛ⅛2=-mΛvλ2∣+-zW2

解得

υ—%

vAl-~~

v—%

VBl-2

（2）当两物块共速时，弹簧压缩量最大，根据动量守恒

（）

mʌ