2024年高考物理复习试题分类训练：动量（教师卷）

专题07动量

2024

高考真题

1.（2024全国甲卷考题）7.蹦床运动中，体重为60kg的运动员在/=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作

用力大小厂与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦

床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/S?。下列说法正确的是（）

「二二1

I：IIIIIIIIIIIIIIIIIIIII」I；I」IA〃S

00.51.01.52.02.5

A.f=0.15s时，运动员的重力势能最大

B./=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s

C/=1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处

D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N

【答案】BD

【解析】A.根据牛顿第三定律结合题图可知/=0.15s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最

大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；

BC.根据题图可知运动员从t=0.30s离开蹦床到/=2.3s再次落到蹦床上经历的时间为2s,根据竖直

上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1s,则在/=1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，/=0.30s

时运动员的速度大小v=10xlm/s=10m/s故B正确，C错误；

D.同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10m/s,以竖直向上为正方向，根据动量定理

F-AZ-mg-A?=mv-（-mv）,其中Ar=0.3s

代入数据可得产=4600N

根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N,故D

正确。

故选BD„

2.（2024年江苏卷考题）8.在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止的物体B,左侧用轻

弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光

滑，剪断细绳后，则（）

B-

___________\

A.弹簧原长时物体动量最大B.压缩最短时物体动能最大

C.系统动量变大D.系统机械能变大

【答案】A

【解析】对整个系统分析可知合外力为0,A和B组成的系统动量守恒，得机人丫人="%0

设弹簧的初始弹性势能为Ep,整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得

Ep=JA+2/72BVB

1、

2

联立得综=彳q+外vB

2（mA）

故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大。

故选Ao

3.（2024年安徽卷考题）8.在某装置中的光滑绝缘水平面上，三个完全相同的带电小球，通过不可伸

长的绝缘轻质细线，连接成边长为d的正三角形，如图甲所示。小球质量为如带电量为+4,可视为点电

荷。初始时，小球均静止，细线拉直。现将球1和球2间的细线剪断，当三个小球运动到同一条直线上时，

速度大小分别为匕、匕、匕，如图乙所示。该过程中三个小球组成的系统电势能减少了不，A为静电力

常量，不计空气阻力。则（）

1©----►V]

图甲图乙

A.该过程中小球3受到的合力大小始终不变B.该过程中系统能量守恒，动量不守恒

C.在图乙位置，匕=匕，匕/2匕D.在图乙位置，网二

V3md

【答案】D

【解析】AB.该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守恒，对整个系统分析可知系统受到的合外

力为0,故动量守恒；当三个小球运动到同一条直线上时，根据对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受

到1和2的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到的合力为0,球3从静止状态开始运动，瞬间

受到的合力不为0,故该过程中小球3受到的合力在改变，故AB错误；

CD.对系统根据动量守恒mvl+mv2=mv3

根据球1和2运动的对称性可知匕=匕，解得吗=2Vl

根据能量守恒—mv.2+—mv?+—mv,2=色~

2122232d

解得v-tel故C错误，D正确。

V3md

故选D。

4.（2024年湖北考题）10.如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为区长为/的木块，质量为加

的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小%成正比，

即/=（A为己知常数）。改变子弹的初速度大小%,若木块获得的速度最大，则（）

〃〃丽沛而册明册而加U'

2kL（m+M}2mM

A.子弹的初速度大小为一^——：B.子弹在木块中运动的时间为77―不

C.木块和子弹损失的总动能为E‘（一十"）D.木块在加速过程中运动的距离为々7

mMm+M

【答案】AD

【解析】A.子弹和木块相互作用过程系统动量守恒，令子弹穿出木块后子弹和木块的速度的速度分别

为匕，匕，则有mvo=mv\+Mv?

子弹和木块相互作用过程中合力都为/=因此子弹和物块的加速度分别为弓=—

mM

由运动学公式可得子弹和木块的位移分别为2。心=片-忆2a2々=£

联立上式可得

%=

M+m

因此木块的速度最大即5-J喏-2(勺&+*]工取极值即可，该函数在到无穷单调递

减，因此当%=2(K+K]L=2坦竺包木块的速度最大，A正确；

VmM)Mm

B.则子弹穿过木块时木块的速度为h=——

M+m

mM

由运动学公式可得t=k(m+My故B错误；

C.由能量守恒可得子弹和木块损失的能量转化为系统摩擦生热，即AE=Q=/L=2」\(m+M)

mM

故C错误；

D.木块加速过程运动的距离为X,=&三£=—以，故D正确。

2M+m

故选AD。

5.(2024年上海卷考题)7.如图，小球a通过轻质细线I,II悬挂，处于静止状态。线I长/=O.5m,

II上端固定于离地H=2.1m的。点，与竖直方向之间夹角6=37°；线H保持水平。。点正下方有一与a

质量相等的小球6,静置于离地高度/i=1.6m的支架上。(取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=9.8m/s2)

(1)在线I,II的张力大小耳，此和小球a所受重力大小G中，最大的是

(2)烧断线H,a运动到最低点时与6发生弹性碰撞。求：

①与6球碰撞前瞬间a球的速度大小为；(计算)

②碰撞后瞬间6球的速度大小打；(计算)

③6球的水平射程s。(计算)

【答案】①.F[(2).1.4m/s③.1.4m/s④.0.8m

GF

【解析】(1)[1]以小球,为对象，根据受力平衡可得片=--=^-

cos0sin0

可知在线I,II的张力大小耳，耳I和小球a所受重力大小G中，最大的是瓦。

(2)①[2]由动能定理可得mgI(1-cosO)=^mvl

可得va=J2g/(l-cosd)=^2x9.8xO.5x(l-O.8)m/s=1.4m/s

②[3]由动量守恒定律和能量守恒可得

—=—mv2+—

mva=mv'a+mvb

222

联立解得vb=1.4m/s

1,

③[4]由平抛运动的规律有lrgt,S

联立解得s=以(^=1.4x：F^^m=0.8m

6.(2024年广东卷考题)14.汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。

(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过

程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，

并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为外，敏感球的质量为如重力加速度

为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan。。

(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为〃处做自由落体

运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力尸随时间力

的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量30kg,H=3.2m,重力加速度大小取

g=10m/s2o求：

①碰撞过程中厂的冲量大小和方向；

②碰撞结束后头锤上升的最大高度。

八ma

【答案】(1)tan6=-------—；(2)①330N-s,方向竖直向上；②0.2m

mg+FN

【解析】(1)敏感球受向下的重力侬和敏感臂向下的压力A以及斜面的支持力也则由牛顿第二定律

可知g+4jtan6=〃7a

ma

解得tan。=

加g+8

(2)①由图像可知碰撞过程中尸的冲量大小=LX0.1X6600N・S=330N・S,方向竖直向上；

2

②头锤落到气囊上时的速度％=耳后'=8m/s

与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)4-mgt^mv-(-mv0)

解得尸2m/s

V2

则上升的最大高度/?=—=0.2m

2g

7.(2024年江苏卷考题)13.嫦娥六号在轨速度为如着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B

分离时间为A大，分离后6的速度为％且与匹同向，A.6的质量分别为m、Mo求：

(1)分离后/的速度”;

(2)分离时/对8的推力大小。

.(m+M)v—Mv,,「Af(v-v)

【答案】(1)--------n---------,万向与外相同；(2)———经n

mA?

【解析】(1)组合体分离前后动量守恒，取的的方向为正方向，有E+肠%=Mv+mvi

V—",方向与“相同；

m

(2)以8为研究对象，对夕列动量定理有F^t=Mv-Mv,

M(v-v)

解得r-0

AZ

8.(2024年安徽卷考题)14.如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道

与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小

球用不可伸长的轻质细线悬挂于0点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放

小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着的轨道运动，已知细线长L=1.25m。

小球质量加=0.20kg。物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的水平轨道长s=1.0m。圆弧轨道半径

H=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取lOm/s?。

(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；

(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；

(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数〃的取

值范围。

mo----------O

R

yJu

~~oo

【答案】(1)6N；(2)4m/s；(3)0.25<//<0.4

【解析】(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL=^mvl-0

解得％=5m/s

2

在最低点，对小球由牛顿第二定律FT-mg=m^-

解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为耳=6N

(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律

mv。=mv1+MV23机“；

解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为%=------%=4m/s

m+M

(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒

MV2=2MV3

11

由能量守恒定律-Mvl9=-x2Mv；9+^Mgs

解得M—0.4

若物块恰好运动到与圆弧圆心等高位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒

MV2=2MV4

1919

由能量守恒定律-Mvl=-x2Mv；+ju2Mgs+MgR

解得日2=0.25

综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数〃的取值范围为0.25<//<0.4

9.(2024年山东卷考题)17.如图甲所示，质量为〃的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上

表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在尸点平滑连接，。为轨道的最高点。质量为〃的小物块静

置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形

部分的半径庐0.4m,重力加速度大小FlOm/sa

(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到0点时，受到轨道的弹力大小等于3侬，求小

物块在0点的速度大小■;

(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力凡小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与尸

对应关系如图乙所不。

(i)求〃和卬；

(ii)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力片8N,当小物块到尸点时撤去

尸，小物块从0点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度心

【答案】(1)v=4m/s；(2)(i)m=1kg,〃=0.2；(3)L=4.5m

2

【解析】(1)根据题意可知小物块在。点由合力提供向心力有mg+3mg=m—

R

代入数据解得v=4m/s

(2)(i)根据题意可知当代4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知

F=(M+ni)a

根据图乙有左=^^=0.5kgT

M+m

当外力歹＞4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有F—Mg=Ma

结合题图乙有a=-F-^-

MM

可知k=—=lkg-}

M

截距"g=_2m/s2

M

联立以上各式可得M=1kg,〃z=lkg,〃=0.2

(ii)由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2,小物块的加速度为a,=jug=2m/s2

当小物块运动到尸点时，经过而时间，则轨道有4=4。

小物块有v2=a2t0

在这个过程中系统机械能守恒有^Mvf+^mv^=^Mvl+^mvl+2mgR

水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有Mvl+mv2^Mv3+mvi

联立解得"=1.5s

根据运动学公式有L=~a^--a^

代入数据解得L=4.5m

10.(2024河北卷考题)15.如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止

在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg,A木板长度为

2.0m,机器人质量为6.0kg,重力加速度g取lOm/sz,忽略空气阻力。

(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。

(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起

跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。

(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停

地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关

系。

'77777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777,

7

【答案】(1)1.5m；(2)90J,2；(3)xAC=-LB

【解析】(1)机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人

质量为弘三个木板质量为如根据人船模型得Mx=mxx

同时有x+石=LA

解得A、B木板间的水平距离%=1.5m

(2)设机器人起跳的速度大小为v,方向与水平方向的夹角为9,从A木板右端跳到B木板左端时间

八vsin。t

为力，根据斜抛运动规律得vcostJ-t-xl--------=—

g2

15

联立解得v2

2sin夕cos£

机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒Mvcos6=mvA

2

根据能量守恒可得机器人做的功为W=-MV+-mVA

22

22

T”3cos2夕+14cos6*+sin0（12\

联立得W=----------------45J=----------------------45J=451一tang+-------J

2sin6cos。2sindcos。（2tan0）

根据数学知识可得当工tan。=二二时，即tan。=2时，/取最小值，代入数值得此时W=90J

2tan，

(3)根据tane=2可得vcose=«适m/s，根据

MvcosO-mvA

2

得“浮向S

分析可知A木板以该速度向左匀速运动,机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与

BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得Mvcos0=[M+2m)v共

“亚m/s

解得

共10

该过程A木板向左运动的距离为猫=y/=d®5x415m=4.5m

AA25

机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设

每次起跳机器人的水平速度大小为1,B木板的速度大小为腺，机器人每次跳跃的时间为2V，取向右为正

丫共=

方向，得(MMVQ-mvB①

每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为可得组

33

机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木

板的位移差为Ax=%+=6m

可得(vB=Ax③

LBAx

联立①②③解得Ar=

故A、C两木板间距为%=(必+%)-34+8+4vc=v共

解得

XAC=Z"

11.（2024年湖南卷考题）15.如图，半径为斤的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为必和"的小

球A和B（@＞期）。初始时小球A以初速度力沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与

圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。

(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大

小;

(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质

加

量比A*。

加B

(3)若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍

(0<e<l),求第1次碰撞到第2加1次碰撞之间小球B通过的路程。

肃=2或7=5；(3)松宗•丁^

【答案】(1)V=(2)

AB

优A+恤(%+〃?)R

【解析】(1)有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v,则根据动量守

恒有%人％=(以+〃％)丫

v=以%

可得

机A+机B

碰撞后根据牛顿第二定律有F=(mA+77iB)—

R

n试

可得

(加A+〃％)R

(2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为3％,则碰后动量和能量守恒有

12

%A%=7%%+〃%%+5mBK

0nA-恤)%,2〃八%

联立解得

以=--------%，B网+〃％

以+外

因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图

①若第二次碰撞发生在图中的6点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为

:仔=1,2,3…)，则有1+3勺

2k*(左=0,1,2,3...)

'IIK/i彩/4+3匕

m_4+3k、

联立解得A

2-3左i

由于两质量均为正数，故左=0,即“=2

对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为%,4,则同样有

mA^A+mBVB=%或+机B42^^+g恤馍=|mAVA+1^B

联立解得。1=。。，4=0,故第三次碰撞发生在力点、第四次碰撞发生在。点，以此类推，满足题意。

②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为

2+3k2v_x_2+3k2

仅2=0,1,2,3…)；所以AA

5+3k2xB5+3k2

m_5+3k2

联立可得A

1-3k2

△=5

因为两质量均为正数，故60,即

根据①的分析可证。1=。°，/=0,满足题意。

综上可知以=2或4=5。

(3)第一次碰前相对速度大小为心第一次碰后的相对速度大小为匕柑=e%,第一次碰后与第二次相

2兀R

碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有％=----

匕相

第一次碰撞动量守恒有八%=外入1+"%%1且匕相=吗

联立解得VB=―'—

mA+mB

C、

IjiRm.27iRm

%A-+1

B球运动的路程瓦=%由二——m+m

根A+恤」相+1,AB

_24R

第二次碰撞的相对速度大小为-f相"为小.

第二次碰撞有匕相=丫9一%2=62%

mAv0=mAvA2+mBvB2S.

m

联立可得小二-AA

〃入+〃%

27iRmA>1

所以B球运动的路程s2=vB2t2=---------x

明+%（％相）

兀/1

27rRmA1112R%

一共碰了2〃次，有s=s{+s2+s3-\-----\-s2n=

mA+mBeeemA+mBe”

2024

高考模拟题

一、单选题

1.（2024•河北邢台•二模）某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验，如图所示。当

手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时，电子秤示数为36.0克。假设吹风机出风口为圆形，其半径为5cm,

空气密度为L29kg/m3,实验前电子秤已校准，重力加速度lOm/s：则此时吹风机的风速约为（）

A.6m/sB.8m/s

【答案】A

【解析】对于加时间内吹出的空气，根据动量定理

FM=mv=pvS\t•v

其中

F=G=0.36N

S-nr1

代入数据解得

v«6m/s

故选Ao

2.（23-24高三下•广东广州•阶段练习）如图，冰壶/以L5m/s的速度与静止在冰面上的冰壶方正碰，

碰后瞬间8的速度大小为1.2m/s,方向与Z碰前速度方向相同，碰撞时间极短。若已知两冰壶的质量均为

20kg,则下列说法中正确的是（）

AB

////^z/7/////z/

A.碰后瞬间A的速度大小为0.4m/s

B.碰撞过程中，6对力做功为21.6J

C.碰撞过程中，/对6的冲量大小为24N・s

D.A6碰撞过程是弹性碰撞

【答案】C

【解析】A.由于碰撞时间极短，内力远远大于外力，可知，/、8相碰时，/和8组成的系统动量近似

守恒。根据动量守恒定律，以力方向为正方向，有

mv^mvA^mvB

解得

pj-O.3m/s

故A错误；

B.根据动能定理，碰撞过程中，8对/做功为

w=g加以一g相片

解得

W=—21.6J

故B错误；

C.碰撞过程中，根据动量定理，/对方的冲量大小

I=/IIVB

解得

斤24N・s

故C正确；

D.碰撞之前总能量为

1?

EK=—mVg=22.5J

碰撞后尔夕系统总动能为

琢=:mVA+~mVB=15.3J

由此可知

EK>EK

可知，48碰撞过程是非弹性碰撞，故D错误。

故选C。

3.（2024•辽宁丹东•一模）如图所示，半径为7?的光滑圆形轨道固定在竖直面内，质量为〃的小球A

从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点质量为m的小球B发生第一次碰撞

若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置，且两球始终在圆形轨道水平直径的下方

运动，A、B间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为&则下列说法正确的是（）

A

B

A.第一次碰撞后瞬间，A球的运动方向一定变为水平向左

B.第一次碰撞后瞬间，A球对轨道的压力大小可能为;mg

C.第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道上升的最大高度不可能为丹

D.第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道运动速度为零时，对轨道的压力大小可能为侬

【答案】B

【解析】A.由弹性碰撞的规律知，当帆时，碰撞后质量小的球A被反弹回来，方向水平向左，当

/=加时，两球碰撞后交换了速度，碰撞后小球A静止，A错误；

B.小球A碰前速度为

1,

MgR=-Mvl

若A、B两球第一次碰撞和第二次碰撞发生在同一位置,且两小球始终在圆形轨道水平直径的下方运动，

则两球碰后速度大小相同，对碰撞过程由动量守恒知

Mv0=-Mvx+mvx

由能量守恒知

解得

.,m1

VI=2V°

第一次碰撞后瞬间

代入得

L1

FN=~mg

则由牛顿第三定律知A球对轨道的压力可能为,B正确；

CD.二次碰撞过程,根据动量守恒和机械能守恒或根据运动可逆性，以上两种情况碰后A球速度均为%,

B球均静止，故第二次碰撞结束后，A球沿左侧轨道上升的最大高度为兆此时A球速度为0,A球对轨道的

压力大小为0。CD错误；

故选Ba

4.（2024•北京海淀•三模）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对

着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相

互接近过程中的任一时刻（）

甲乙

SINIISIN|

A.甲的速度大小比乙的大B.甲的加速度大小比乙的加速度小

C.甲的动量大小比乙的大D.甲合力冲量与乙合力冲量大小相等

【答案】B

【解析】AB.对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示

加甲加乙

///////////////////////////////

根据牛顿第二定律有

产一〃叫5gF-Rm乙g

舜一、〃乙

m乙

由于

所以

婚＜。乙

由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得

V甲＜V乙

A错误，B正确；

C.对于整个系统而言，由于

〃叫g＞〃啊g

合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，c错误；

D.因为甲的动量大小比乙的小，故甲合力冲量小于乙合力冲量，D错误。

故选B。

5.（2024•湖北武汉•二模）中国汽车拉力锦标赛是我国级别最高，规模最大的汽车赛事之一，其赛

道有很多弯道。某辆赛车在一段赛道内速度大小由2y变为4%随后一段赛道内速度大小由5/变为7%前

后两段赛道内，合外力对赛车做的功分别为例和法赛车的动量变化的大小分别为和公。2,下列关系式

可能成立的是（）

A.叱=%,B.叱=g吗，邳、='22

C.W1=W2^=4A/J2D.叱=g吗，^Pi=4Ap2

【答案】B

【解析】根据动能定理有

W.=—m(4v)2——m(2v)2=6mv2

122

W=—mC7v)2--m(5v)2=12mv2

?222

可得

由于速度和动量是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量

变化量最大，可知动量变化的大小范围是

2mv<2、<6mv

2mv<A.2V12mv

可得

!必4M43△必

O

故