動量守恒定律-北京市2023年高考物理模擬題（一模）高頻考點匯編

13動量守恒定律-北京市2023年高考物理模擬題（一模）高頻考

點匯編

一.選擇題（共6小題）

1.（2023?東城區(qū)一模）如圖所示，在足夠大的勻強磁場中，一個靜止的氧原子核（賓2%）

發(fā)生衰變，放出一個粒子后成為一個新核，已知粒子與新核的運動軌跡是兩個相外切的

圓，大圓與小圓的直徑之比為42：1,下列說法正確的是（）

A.大圓是粒子的軌跡，該粒子是B粒子

B.大圓是粒子的軌跡，該粒子是a粒子

c.小圓是粒子的軌跡，該粒子是B粒子

D.小圓是粒子的軌跡，該粒子是a粒子

2.（2023?平谷區(qū)一模）如圖所示，質(zhì)量分別為mi和m2（ni2>3mi）的兩個小球疊放在一

起，從高度為h處由靜止釋放，它們一起下落。已知h遠大于兩球半徑，碰撞前后小球

都沿豎直方向運動，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.在下落過程中，兩個小球之間存在相互作用的彈力

B.釋放后至彈起的過程中，兩小球的動量守恒

C.若所有的碰撞都沒有機械能損失，且碰撞后m2彈起的最大高度h2〈0.5h,則碰撞后

mi彈起的最大高度hi一定大于2.5h

D.若兩球接觸處涂有粘膠，從地面彈起后兩球粘在一起向上運動，則兩球彈起的最大高

度為h

3.（2022?通州區(qū)一模）如圖所示，質(zhì)量為m2的小球B靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為mi

的小球A以速度vo靠近B,并與B發(fā)生碰撞，碰撞前后兩個小球的速度始終在同一條直

線上.A、B兩球的半徑相等，且碰撞過程沒有機械能損失.當(dāng)mi、vo一定時，若m2

越大，則（）

A.碰撞過程中A受到的沖量越小

B.碰撞過程中A受到的沖量越大

C.碰撞過程中B受到的沖量不變

D.碰撞過程中B受到的沖量越小

4.（2022?西城區(qū)一模）2022年2月5日，中國短道速滑運動員在混合團體接力決賽中為中

國隊拿下北京冬奧會首金，這也是這一新增項目的奧運歷史首金。短道速滑接力比賽中

運動員在直道上采用推接方式進行替換（如圖）。若忽略推接過程中冰面對運動員的摩擦

力，則在甲運動員用力將乙運動員推出的過程中，以下說法一定正確的是（）

A.甲對乙的作用力大于乙對甲的作用力

B.甲的速度變化量的大小等于乙的速度變化量的大小

C.甲、乙運動員組成的系統(tǒng)機械能守恒

D.甲、乙運動員組成的系統(tǒng)動量守恒

5.（2022?房山區(qū)一模）雙人花樣滑冰是冬奧會的比賽項目，頗具藝術(shù)性與觀賞性。中國運

動員隋文靜、韓聰在北京冬奧會比賽中獲得冠軍。如圖所示，比賽中兩人以相同的動能

在水平冰面上沿同一直線相向滑行，男運動員的質(zhì)量大于女運動員的質(zhì)量，某時刻兩人

相遇。為簡化問題，在此過程中兩運動員均可視為質(zhì)點，且冰面光滑。則（）

埼

A.兩者相遇后的總動量小于相遇前的總動量

B.兩者相遇后的總動能一定等于相遇前的總動能

C.兩者相遇過程中受到的沖量大小一定相等

D.兩者相遇后將一起靜止

6.（2022?平谷區(qū)一模）如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平桌面上，小車的上表

面是半徑為R的光滑半圓形軌道。小車兩側(cè)距離桌面邊緣的水平距離均為R。質(zhì)量為m

的小球從小車上圓形軌道右側(cè)的最高點由靜止釋放，已知M>m。下列說法正確的是

A.小球由靜止釋放后，小球的機械能守恒

B.小球由靜止釋放后，小球和小車組成的系統(tǒng)的動量守恒

C.小球到達圓弧軌道左側(cè)最高處時，小車的速度為零

D.小車的左邊外側(cè)始終不會伸出桌面左邊緣，小車的右邊外側(cè)會伸出桌面右邊緣

二.計算題（共5小題）

7.（2023?東城區(qū)一模）如圖所示，輕彈簧的一端固定，另一端與水平地面上的物塊1接觸

（但未連接）。在外力作用下物塊1靜止，此時彈簧的壓縮量為10cm,之后撤去外力，

物塊1開始向左運動，離開彈簧后與靜止在水平地面上的物塊2發(fā)生碰撞，碰撞時間極

短，碰后二者粘在一起。

已知兩物塊質(zhì)量均為m=1kg,彈簧的勁度系數(shù)k=400N/m,當(dāng)彈簧形變量為x時彈簧具

有的彈性勢能為工kx2,彈簧始終在彈性限度內(nèi)。不計空氣阻力及切摩擦。求：

2

（1）剛撤去外力時，彈簧彈力的大??；

（2）兩物塊碰撞前，物塊1的速度大小。

（3）兩物塊碰撞過程中損失的總機械能。

物塊2物塊1匕

—>1~I^VWWWWJ

7777777/77777777777777/77777777777777

8.（2022?密云區(qū)一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，

小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點?，F(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞

后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動。已知圓弧軌道光滑，半徑R=0.8m；A和B的質(zhì)量

均為m=O.lkg,A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)u=0.2。重力加速度取g=lOm/s?。

求：

（1）與B碰撞前瞬間A對軌道的壓力N的大??；

（2）A與B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；

（3）A和B整體在桌面上滑動的距離1。

9.（2022?海淀區(qū)一模）2021年5月，“天問一號”探測器成功在火星軟著陸，我國成為世

界上第一個首次探測火星就實現(xiàn)“繞、落、巡”三項任務(wù)的國家。

（1）為了簡化問題，可以認為地球和火星在同一平面上繞太陽做勻速圓周運動，如圖1

所示。已知地球的公轉(zhuǎn)周期為T1,火星的公轉(zhuǎn)周期為T2。

a.己知地球公轉(zhuǎn)軌道半徑為ri,求火星公轉(zhuǎn)軌道半徑r2。

b.考慮到飛行時間和節(jié)省燃料，地球和火星處于圖1中相對位置時是在地球上發(fā)射火星

探測器的最佳時機，推導(dǎo)在地球上相鄰兩次發(fā)射火星探測器最佳時機的時間間隔At。

（2）火星探測器在火星附近的A點減速后，被火星捕獲進入了1號橢圓軌道，緊接著在

B點進行了一次“遠火點平面機動”，俗稱“側(cè)手翻”，即從與火星赤道平行的1號軌道,

調(diào)整為經(jīng)過火星兩極的2號軌道，將探測器繞火星飛行的路線從“橫著繞”變成“豎著

繞”，從而實現(xiàn)對火星表面的全面掃描，如圖2所示。以火星為參考系，質(zhì)量為Mi的探

測器沿1號軌道到達B點時速度為vi,為了實現(xiàn)“側(cè)手翻”，此時啟動發(fā)動機，在極短

的時間內(nèi)噴出部分氣體，假設(shè)氣體為一次性噴出，噴氣后探測器質(zhì)量變?yōu)镸2、速度變?yōu)?/p>

VI與垂直的V2。

a.求噴出氣體速度v的大小。

b.假設(shè)實現(xiàn)“側(cè)手翻”的能量全部來源于化學(xué)能，化學(xué)能向動能轉(zhuǎn)化比例為k（k<l）,

求此次“側(cè)手翻”消耗的化學(xué)能AE。

10.（2022?朝陽區(qū)一模）如圖所示，把一個質(zhì)量m=0.2kg的小球放在高度h=5.0m的直桿

的頂端。一顆質(zhì)量nT=0.01kg的子彈以vo=5OOm/s的速度沿水平方向擊中小球，并經(jīng)球

心穿過小球，小球落地處離桿的水平距離s=20m?取重力加速度g=10m/s2,不計空氣

阻力。求：

（1）小球在空中飛行的時間t；

（2）子彈剛穿出小球瞬間的速度v；

（3）子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機械能AE。

11.（2022?延慶區(qū)一模）如圖所示，半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道AB與粗糙的水平軌

道BC平滑連接，A點是四分之一圓弧軌道最高點，B點是四分之一圓弧軌道最低點，現(xiàn)

有質(zhì)量均為m的兩物塊M和N（可看成質(zhì)點）。物塊N靜止于B點，物塊M從A點由

靜止釋放，兩物塊在B點發(fā)生彈性碰撞，已知水平軌道與物塊之間的動摩擦因數(shù)為2

重力加速度為g,求：

（1）碰撞前瞬間物塊M受軌道支持力的大小；

（2）碰撞后物塊N在水平軌道上滑行的最大距離。

三.解答題（共4小題）

12.（2023?海淀區(qū)一模）反沖是常見的現(xiàn)象。

（1）靜止的鈾核（238u）放出1個動能為E的未知粒子后，衰變?yōu)?個骨:核（234Th）。

9290

a.請寫出上述衰變過程的核反應(yīng)方程；

b.求反沖的批核的動能Ek。（計算中可忽略質(zhì)子和中子質(zhì)量的差異，不考慮相對論效應(yīng)）

（2）如圖1所示，用輕繩連接的滑塊A和B（均可視為質(zhì)點）靜止在光滑水平面上，其

間有一被輕繩束縛而處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧，已知滑塊A的質(zhì)量為m,彈簧的彈性勢

能為Ep。請證明：滑塊B的質(zhì)量M越大，剪斷輕繩，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，滑塊A獲得

的動能就越大。

（3）如圖2所示，以地心為參考系，質(zhì)量為M的衛(wèi)星只在地球引力的作用下沿與赤道

面共面的橢圓軌道運動。衛(wèi)星的發(fā)動機短暫點火可使衛(wèi)星變更軌道：將質(zhì)量為Am的氣

體在極短時間內(nèi)一次性向后噴出。假設(shè)無論發(fā)動機在什么位置短暫點火，點火后噴出氣

體相對點火后衛(wèi)星的速度大小u都相同。如果想使點火后衛(wèi)星的動能盡可能大，請通過

分析，指出最佳的點火位置。

13.（2023?延慶區(qū)一模）如圖所示，小球A質(zhì)量為m,系在細線的一端，線的另一端固定

在。點，繩AO長為L,O點到光滑水平面的距離為L。物塊B和C的質(zhì)量分別是3m

和2m,B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方?，F(xiàn)拉

動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰（碰撞時

間極短），反彈后上升到最高點時到水平面的高度為」L。小球與物塊均視為質(zhì)點，不計

4

空氣阻力，重力加速度為g,求：

（1）小球A運動到最低點與B碰撞前細繩拉力F的大?。?/p>

（2）碰撞過程B物塊受到的沖量大小I；

（3）物塊C的最大速度的大小VM,并在坐標(biāo)系中定量畫出B、C兩物塊的速度隨時間

變化的關(guān)系圖像。（畫出一個周期的圖像）

AO

Q----------f-r

\iL

：B|C

wwwwwwW'wwwwwW'

14.（2023?西城區(qū)一模）動量守恒定律的適用范圍非常廣泛，不僅適用于低速、宏觀的問題,

也適用于近代物理研究的高速（接近光速）、微觀（小到分子、原子的尺度）領(lǐng)域。

（1）質(zhì)量為3m、速度為v的A球跟質(zhì)量為m的靜止B球發(fā)生彈性正碰.求碰后A球

的速度大小。

（2）核反應(yīng)堆里的中子速度不能太快，否則不易被鈾核“捕獲”，因此，在反應(yīng)堆內(nèi)要

放“慢化劑”，讓中子與慢化劑中的原子核碰撞，以便把中子的速度降下來。若認為碰撞

前慢化劑中的原子核都是靜止的，且將中子與原子核的碰撞看作彈性正碰，慢化劑應(yīng)該

選用質(zhì)量較大的還是質(zhì)量較小的原子核？請分析說明理由。

（3）光子不僅具有能量，而且具有動量。科學(xué)家在實驗中觀察到，一個電子和一個正電

子以相同的動能對心碰撞發(fā)生湮滅，轉(zhuǎn)化為光子。有人認為這個過程可能只生成一個光

子，也有人認為這個過程至少生成兩個光子。你贊同哪個觀點？請分析說明理由。

15.（2022?豐臺區(qū)一模）類比是研究問題的常用方法。

（1）情境1：如圖甲所示，設(shè)質(zhì)量為mi的小球以速度vo與靜止在光滑水平面上質(zhì)量為

m2的小球發(fā)生對心碰撞，碰后兩小球粘在一起共同運動。求兩小球碰后的速度大小v；

（2）情境2：如圖乙所示，設(shè)電容器Ci充電后電壓為Uo,閉合開關(guān)K后對不帶電的電

容器C2放電，達到穩(wěn)定狀態(tài)后兩者電壓均為U；

a.請類比（1）中求得的v的表達式，寫出放電穩(wěn)定后電壓U與Ci、C2和Uo的關(guān)系式;

b.在電容器充電過程中，電源做功把能量以電場能的形式儲存在電容器中。圖丙為電源

給電容器Ci充電過程中，兩極板間電壓u隨極板所帶電量q的變化規(guī)律。請根據(jù)圖像寫

出電容器C1充電電壓達到Uo時儲存的電場能E；并證明從閉合開關(guān)K到兩電容器電壓

均為U的過程中，損失的電場能——E；

C]+，2

（3）類比情境1和情境2過程中的“守恒量”及能量轉(zhuǎn)化情況完成下表。

情境1情境2

動量守恒

Co

損失的電場能△E=——--E

C1+C2

減少的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能

13動量守恒定律-北京市2023年高考物理模擬題（一模）高頻考

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參考答案與試題解析

一.選擇題（共6小題）

1.（2023?東城區(qū)一模）如圖所示，在足夠大的勻強磁場中，一個靜止的氧原子核（222R）

86

發(fā)生衰變，放出一個粒子后成為一個新核，已知粒子與新核的運動軌跡是兩個相外切的

圓，大圓與小圓的直徑之比為42：1,下列說法正確的是（）

A.大圓是粒子的軌跡，該粒子是0粒子

B.大圓是粒子的軌跡，該粒子是a粒子

c.小圓是粒子的軌跡，該粒子是B粒子

D.小圓是粒子的軌跡，該粒子是a粒子

【答案】B

【解答】解：AC、由左手定則知a衰變后產(chǎn)生的徑跡是兩個外切的圓，/衰變后產(chǎn)生的

徑跡是兩個內(nèi)切的圓，故AC錯誤；

2

BD、根據(jù)qvB=^一得粒子做圓周運動的半徑R=膽，因為發(fā)生衰變后動量守恒，兩微

RqB

粒的動量大小相等，則在磁場中的運動半徑之比與電荷數(shù)成反比，則大圓是粒子的軌跡,

故B正確，D錯誤。

故選：B,

2.（2023?平谷區(qū)一模）如圖所示，質(zhì)量分別為mi和m2（m2>3mi）的兩個小球疊放在一

起，從高度為h處由靜止釋放，它們一起下落。已知h遠大于兩球半徑，碰撞前后小球

都沿豎直方向運動，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.在下落過程中，兩個小球之間存在相互作用的彈力

B.釋放后至彈起的過程中，兩小球的動量守恒

C.若所有的碰撞都沒有機械能損失，且碰撞后m2彈起的最大高度h2<0.5h,則碰撞后

mi彈起的最大高度hi一定大于2.5h

D.若兩球接觸處涂有粘膠，從地面彈起后兩球粘在一起向上運動，則兩球彈起的最大高

度為h

【答案】C

【解答】解：A.在下落過程中，兩個小球都做自由落體運動，故兩個小球之間無相互作

用力，故A錯誤；

B.釋放后至彈起的過程中，兩小球所受合力不為0,故動量不守恒，故B錯誤；

C.整個過程中兩小球根據(jù)機械能守恒定律（mi+m2）gh=mighi+m2gh2

由題知m2>3mi

h2<0.5h

解得hi>2.5h

故C正確；

D.若兩球接觸處涂有粘膠，從地面彈起后兩球粘在一起向上運動，屬于完全非彈性碰撞,

有一部分機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，根據(jù)機械能守恒定律可知兩球彈起的最大高度為應(yīng)小于h,

故D錯誤。

故選：Co

3.（2022?通州區(qū)一模）如圖所示，質(zhì)量為m2的小球B靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為mi

的小球A以速度vo靠近B,并與B發(fā)生碰撞，碰撞前后兩個小球的速度始終在同一條直

線上.A、B兩球的半徑相等，且碰撞過程沒有機械能損失.當(dāng)mi、vo一定時，若m2

越大，則（）

A.碰撞過程中A受到的沖量越小

B.碰撞過程中A受到的沖量越大

C.碰撞過程中B受到的沖量不變

D.碰撞過程中B受到的沖量越小

【答案】B

【解答】解：兩球碰撞過程沒有機械能損失，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒,

以向右為正方向，由動量守恒定律得：mivo=mivi+m2V2,

121212

-V=-mVLmV

由機械能守恒定律得:2A1o2A11222

nii—nio2iriivn

解得：vi=-5----VO,V2=---i--

ni|+m?ni|+m?

AB、對A,由動量定理得：lA=mivi-mivo=-^mlm2v0_---\__^L,負號表示方

ml+m2

m2

向，mi、vo一定m2越大，IA越大，故A錯誤，B正確；

CD、碰撞過程A、B間的作用力為作用力與反作用力，大小相等、方向相反、作用時間

相等，則碰撞過程A、B受到的沖量大小相等、方向相反，B受到的沖量IB=-IA=

，負號表示方向，mi、vo一定m2越大，加越大，故CD錯誤。

戰(zhàn)

m2

故選：B。

4.（2022?西城區(qū)一模）2022年2月5日，中國短道速滑運動員在混合團體接力決賽中為中

國隊拿下北京冬奧會首金，這也是這一新增項目的奧運歷史首金。短道速滑接力比賽中

運動員在直道上采用推接方式進行替換（如圖）。若忽略推接過程中冰面對運動員的摩擦

力，則在甲運動員用力將乙運動員推出的過程中，以下說法一定正確的是（）

A.甲對乙的作用力大于乙對甲的作用力

B.甲的速度變化量的大小等于乙的速度變化量的大小

C.甲、乙運動員組成的系統(tǒng)機械能守恒

D.甲、乙運動員組成的系統(tǒng)動量守恒

【答案】D

【解答】解：A、甲對乙的作用力與乙對甲的作用力是一對相互作用力，大小相等，故A

錯誤；

BD、甲、乙運動員祖成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由可

mm

知，甲乙的質(zhì)量未知，二者速度變化量的大小無法比較，故B錯誤，D正確；

C、在乙推甲的過程中，乙的肌肉對系統(tǒng)做功，甲、乙運動員組成的系統(tǒng)機械能不守恒，

故C錯誤；

故選：D。

5.（2022?房山區(qū)一模）雙人花樣滑冰是冬奧會的比賽項目，頗具藝術(shù)性與觀賞性。中國運

動員隋文靜、韓聰在北京冬奧會比賽中獲得冠軍。如圖所示，比賽中兩人以相同的動能

在水平冰面上沿同一直線相向滑行，男運動員的質(zhì)量大于女運動員的質(zhì)量，某時刻兩人

相遇。為簡化問題，在此過程中兩運動員均可視為質(zhì)點，且冰面光滑。則（）

精

A.兩者相遇后的總動量小于相遇前的總動量

B.兩者相遇后的總動能一定等于相遇前的總動能

C.兩者相遇過程中受到的沖量大小一定相等

D.兩者相遇后將一起靜止

【答案】C

【解答】解：A、兩者在水平方向不受外力作用，水平方向動量守恒，所以兩者相遇后的

總動量等于相遇前的總動量，故A錯誤：

B、兩者相遇后一起運動，屬于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)損失的動能最大，所以相遇后二者

的總動能小于相遇前的總動能，故B錯誤；

C、兩者相遇過程中相互作用力大小相等、方向相反，作用時間相同，則受到的沖量大小

一定相等，故C正確；

D、男運動員的質(zhì)量大于女運動員的質(zhì)量，根據(jù)嬴可知，相遇前總動量的方向

沿著男運動員的方向，根據(jù)動量守恒定律可知，兩者相遇后將一起沿著男運動員的方向

運動，速度不為零，故D錯誤。

故選：Co

6.（2022?平谷區(qū)一模）如圖所示，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平桌面上，小車的上表

面是半徑為R的光滑半圓形軌道。小車兩側(cè)距離桌面邊緣的水平距離均為R。質(zhì)量為m

的小球從小車上圓形軌道右側(cè)的最高點由靜止釋放，己知M>m。下列說法正確的是

A.小球由靜止釋放后，小球的機械能守恒

B.小球由靜止釋放后，小球和小車組成的系統(tǒng)的動量守恒

C.小球到達圓弧軌道左側(cè)最高處時，小車的速度為零

D.小車的左邊外側(cè)始終不會伸出桌面左邊緣，小車的右邊外側(cè)會伸出桌面右邊緣

【答案】C

【解答】解：A、小球由靜止釋放后，除重力做功外，小車對小球也做功，所以小球的機

械能不守恒，故A錯誤；

B、小球由靜止釋放后，小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向合力為零，所以水平方向的動量

守恒，豎直方向的動量不守恒，所以小球和小車組成的系統(tǒng)的動量不守恒，故B錯誤；

C、由動量守恒定律可知，系統(tǒng)水平方向動量守恒，初狀態(tài)水平方向動量為零，當(dāng)小球到

達圓弧軌道左側(cè)最高處時，相對小車靜止，系統(tǒng)的末動量也為零，所以小車的速度為零,

故C正確；

D、由水平方向的動量守恒可得小球從小車上圓形軌道右側(cè)的最高點由靜止釋放，運動到

最低點時，有：Mvi=mv2

則有Mxi=mx2

可得』

X2mXl

且X1+X2=R

則可得JDL

1M+m

則小球運動到左側(cè)做高點時，小車向右移動的距離為*=2x,馬良＜R

所以小車的右邊外側(cè)不會伸出桌面右邊緣，由動量守恒定律可得，小球從圓形軌道左側(cè)

的最高點由靜止釋放，運動到右側(cè)做高點時，小車回到原來的位置，所以小車的左邊外

側(cè)始終不會伸出桌面左邊緣，故D錯誤。

故選：C。

計算題（共5小題）

7.（2023?東城區(qū)一模）如圖所示，輕彈簧的一端固定，另一端與水平地面上的物塊1接觸

（但未連接）。在外力作用下物塊1靜止，此時彈簧的壓縮量為10cm,之后撤去外力，

物塊1開始向左運動，離開彈簧后與靜止在水平地面上的物塊2發(fā)生碰撞，碰撞時間極

短，碰后二者粘在一起。

已知兩物塊質(zhì)量均為m=lkg,彈簧的勁度系數(shù)k=4（X）N/m,當(dāng)彈簧形變量為x時彈簧具

有的彈性勢能為2kx2,彈簧始終在彈性限度內(nèi)。不計空氣阻力及切摩擦。求：

2

（1）剛撤去外力時，彈簧彈力的大??；

（2）兩物塊碰撞前，物塊1的速度大小。

（3）兩物塊碰撞過程中損失的總機械能。

【答案】（1）剛撤去外力時，彈簧彈力的大小為40N；

（2）兩物塊碰撞前，物塊1的速度大小為2m/s；

（3）兩物塊碰撞過程中損失的總機械能為1J。

【解答】解：彈簧的壓縮量為x=10cm=0.1m

（1）根據(jù)胡克定律可得彈簧彈力：F=kx=400X01N=40N

1212

-kX--mV

（2）根據(jù)功能關(guān)系可得:22O

代入數(shù)據(jù)解得：vo=2m/s

（3）兩物塊碰撞過程中水平方向動量守恒，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得:

mvo=2mv

代入數(shù)據(jù)解得：v=lm/s

2

此過程中損失的總機械能：AE=-lra72-lx2mv

代入數(shù)據(jù)解得：AE=1J

答：(1)剛撤去外力時，彈簧彈力的大小為40N；

(2)兩物塊碰撞前，物塊1的速度大小為2m/s；

(3)兩物塊碰撞過程中損失的總機械能為1J,

8.(2022?密云區(qū)一模)如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，

小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點?，F(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞

后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動。已知圓弧軌道光滑，半徑R=0.8m；A和B的質(zhì)量

均為m=0.lkg,A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)四=0.2。重力加速度取g=10m/s2。

求：

(1)與B碰撞前瞬間A對軌道的壓力N的大?。?/p>

(2)A與B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；

(3)A和B整體在桌面上滑動的距離L

【答案】(1)與B碰撞前瞬間A對軌道的壓力N的大小為3N；

(2)A與B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為0.4J；

(3)A和B整體在桌面上滑動的距離為1m。

【解答】解：(1)滑塊A下滑的過程，機械能守恒，則有

mgR=-^-mv2

滑塊A在圓軌道上做圓周運動，在最低點，由牛頓第二定律得:

2

__mv

FN-mS=-R-

根據(jù)牛頓第三定律可知，N=FN

聯(lián)立解得：N=3N

(2)AB相碰，碰撞后結(jié)合為一個整體，由動量守恒定律得：

mv=2mv,

根據(jù)能量守恒定律得：△E=1mv24X2IDV,2

聯(lián)立解得:△E=0.4J

(3)對AB在桌面上滑動，水平方向僅受摩擦力，則由動能定理得:

o

-H■2mgl=0—2mv1

解得：l=ltn

答：(1)與B碰撞前瞬間A對軌道的壓力N的大小為3N；

(2)A與B碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能為0.4J；

(3)A和B整體在桌面上滑動的距離為Imo

9.(2022?海淀區(qū)一模)2021年5月，“天問一號”探測器成功在火星軟著陸，我國成為世

界上第一個首次探測火星就實現(xiàn)“繞、落、巡”三項任務(wù)的國家。

(1)為了簡化問題，可以認為地球和火星在同一平面上繞太陽做勻速圓周運動，如圖1

所示。已知地球的公轉(zhuǎn)周期為T1,火星的公轉(zhuǎn)周期為T2。

a.己知地球公轉(zhuǎn)軌道半徑為ri,求火星公轉(zhuǎn)軌道半徑

b.考慮到飛行時間和節(jié)省燃料，地球和火星處于圖1中相對位置時是在地球上發(fā)射火星

探測器的最佳時機，推導(dǎo)在地球上相鄰兩次發(fā)射火星探測器最佳時機的時間間隔At。

(2)火星探測器在火星附近的A點減速后，被火星捕獲進入了1號橢圓軌道，緊接著在

B點進行了一次“遠火點平面機動”，俗稱“側(cè)手翻”，即從與火星赤道平行的1號軌道,

調(diào)整為經(jīng)過火星兩極的2號軌道，將探測器繞火星飛行的路線從“橫著繞”變成“豎著

繞”，從而實現(xiàn)對火星表面的全面掃描，如圖2所示。以火星為參考系，質(zhì)量為Mi的探

測器沿1號軌道到達B點時速度為V1,為了實現(xiàn)“側(cè)手翻”，此時啟動發(fā)動機，在極短

的時間內(nèi)噴出部分氣體，假設(shè)氣體為一次性噴出，噴氣后探測器質(zhì)量變?yōu)镸2、速度變?yōu)?/p>

VI與垂直的V2o

a.求噴出氣體速度v的大小。

b.假設(shè)實現(xiàn)“側(cè)手翻”的能量全部來源于化學(xué)能，化學(xué)能向動能轉(zhuǎn)化比例為k(k<l),

求此次“側(cè)手翻”消耗的化學(xué)能AE。

T2

【答案】（1）a、火星公轉(zhuǎn)軌道半徑為（-2）3「

Ti1

TT

b、在地球上相鄰兩次發(fā)射火星探測器最佳時機的時間間隔為一LJ-；

T2-TI

（2）a、噴出氣體速度v的大小為由!）+"”丁2）一；

M<Mn（v?+Vn）

b、此次“側(cè)手翻”消耗的化學(xué)能為__I_2o

2k（Mj-Mp

32

rTn

【解答】解：（1）a、根據(jù)開普勒第三定律可得：-49=^-

rlT1

T-

解得：F2=（―）3;

Jrl

b、在地球上相鄰兩次發(fā)射火星探測器最佳時機的時間間隔At內(nèi)，地球比火星多轉(zhuǎn)一周,

則有:

AtAt-,

TT

解得：At=—

T2-TI

（2）a、噴出氣體的質(zhì)量01=乂1-M2

噴出氣體前探測器與所噴出氣體組成的系統(tǒng)初動量pi=MIVI

噴出氣體后探測器末動量P2=M2V2

噴出氣體前后pl、p2方向垂直，建立如圖所示的xOy直角坐標(biāo)系。

噴出氣體速度v在x、y方向上的分量分別為Vx、vy,取坐標(biāo)軸所在的方向為正方向，根

據(jù)動量守恒定律可得：

x方向：pi=mvx

y方向：0=p2+mvy

噴出氣體速度滿足V2=Vx2+Vy2

聯(lián)立可得：一叵三五

1-H2

b、以探測器與所噴出氣體組成的系統(tǒng)為研究對象，則有:

噴氣前總動能為：Ek（）=^-Hiv?

211

2

噴氣后總動能Ek=yJJ2V^ymv

R-E

消耗的化學(xué)能：AE=」~也

M,M(V?+VO)

聯(lián)立可得：AE=-1—29_1_2

2k(Ij-Mp

T2

答：（1）a、火星公轉(zhuǎn)軌道半徑為（言）3r/

TT

b、在地球上相鄰兩次發(fā)射火星探測器最佳時機的時間間隔為」LA

T2-T1

J（—1v1）2+2

（2）a、噴出氣體速度v的大小為^~」-------?一

兒「從2

M.M2（V?+Vn）

b、此次“側(cè)手翻”消耗的化學(xué)能為__1__2

2k

10.（2022?朝陽區(qū)一模）如圖所示，把一個質(zhì)量m=0.2kg的小球放在高度h=5.0m的直桿

的頂端。一顆質(zhì)量m'=0.01kg的子彈以vo=5OOm/s的速度沿水平方向擊中小球，并經(jīng)球

心穿過小球，小球落地處離桿的水平距離s=20m。取重力加速度g=10m/s2,不計空氣

阻力。求：

（1）小球在空中飛行的時間t；

（2）子彈剛穿出小球瞬間的速度v；

（3）子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機械能AE。

【答案】（1）小球在空中飛行的時間t為Is；

（2）子彈剛穿出小球瞬間的速度v為100m/s；

（3）子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機械能△E為1160J?

【解答】解：（1）子彈穿過小球后，小球在豎直方向做自由落體運動，則有：h=lgt2,

2

解得：t=ls

（2）設(shè)子彈穿過小球后小球做平拋運動的初速度為v],因為小球水平方向為勻速運動，

則：V1=—=-^Lm.s=20m/s

t1

子彈穿過小球的過程，子彈與小球額系統(tǒng)動量守恒，取水平向右為正方向，則：m'vo=

mvi+m*v,解得：v=100m/s

（3）根據(jù)能量守恒可知，子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機械能AE=Lm，v3-

20

（Am?2+Am'v2,解得：AE=1160J

212

答：（1）小球在空中飛行的時間t為Is；

（2）子彈剛穿出小球瞬間的速度v為100m/s；

（3）子彈穿過小球過程中系統(tǒng)損失的機械能AE為1160J。

11.（2022?延慶區(qū)一模）如圖所示，半徑為R的光滑四分之一圓弧軌道AB與粗糙的水平軌

道BC平滑連接，A點是四分之一圓弧軌道最高點，B點是四分之一圓弧軌道最低點，現(xiàn)

有質(zhì)量均為m的兩物塊M和N（可看成質(zhì)點）。物塊N靜止于B點，物塊M從A點由

靜止釋放，兩物塊在B點發(fā)生彈性碰撞，已知水平軌道與物塊之間的動摩擦因數(shù)為n，

重力加速度為g,求：

（1）碰撞前瞬間物塊M受軌道支持力的大小；

（2）碰撞后物塊N在水平軌道上滑行的最大距離。

AFTM

N

BC

【答案】（1）碰撞前瞬間物塊M受軌道支持力的大小為3mg；

（2）碰撞后物塊N在水平軌道上滑行的最大距離為且。

乩

【解答】解：（1）設(shè)物塊M從A點運動到B點時速度為vo,由機械能守恒定律可得

_12

ingDK-'mug

設(shè)M在A點所2受軌道支持力的大小為FN,則由牛頓第二定律得

FmgV0

NRL

解得FN=3mg

（2）兩物塊在B點發(fā)生彈性碰撞，取向右為正方向，由動量守恒定律得

mvo=mvM+mvN

由機械能守恒定律可得

121212

ymv0=ymvH+ymvN

解得vN小歷融

對碰后物塊N滑行過程，根據(jù)動能定理，有

-HmgL=0-lmv2

解得L哈

答：（1）碰撞前瞬間物塊M受軌道支持力的大小為3mg；

（2）碰撞后物塊N在水平軌道上滑行的最大距離為旦。

三.解答題（共4小題）

12.（2023?海淀區(qū)一模）反沖是常見的現(xiàn)象。

（1）靜止的鈾核卷⑺放出I個動能為E的未知粒子后，衰變?yōu)镮個社核饋加。

a.請寫出上述衰變過程的核反應(yīng)方程;

b.求反沖的牡核的動能Ek。（計算中可忽略質(zhì)子和中子質(zhì)量的差異，不考慮相對論效應(yīng)）

(2)如圖1所示，用輕繩連接的滑塊A和B(均可視為質(zhì)點)靜止在光滑水平面上，其

間有一被輕繩束縛而處于壓縮狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧，已知滑塊A的質(zhì)量為m,彈簧的彈性勢

能為Ep。請證明：滑塊B的質(zhì)量M越大，剪斷輕繩，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，滑塊A獲得

的動能就越大。

(3)如圖2所示，以地心為參考系，質(zhì)量為M的衛(wèi)星只在地球引力的作用下沿與赤道

面共面的橢圓軌道運動。衛(wèi)星的發(fā)動機短暫點火可使衛(wèi)星變更軌道：將質(zhì)量為Am的氣

體在極短時間內(nèi)一次性向后噴出。假設(shè)無論發(fā)動機在什么位置短暫點火，點火后噴出氣

體相對點火后衛(wèi)星的速度大小u都相同。如果想使點火后衛(wèi)星的動能盡可能大，請通過

分析，指出最佳的點火位置。

地球一----、

ATnnnnnyB\[|;

////////////////////////\/

飛星"

圖1圖2

【答案】⑴a、衰變過程的核反應(yīng)方程為常門+如；

b、反沖的錢核的動能為_2—E：

(2)見解析；

(3)最佳的點火位置是速率最大的近地點處點火噴氣。

【解答】解：(1)a.根據(jù)質(zhì)量數(shù)和質(zhì)子數(shù)守恒，則鈾核衰變方程為：

238_^234,,4TT

92-TT90Th+2He

b.設(shè)質(zhì)子和中子的質(zhì)量均為m,衰變后氫核的速度為vi,牡核的速度為V2,選氫核的

運動方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：

4mvi-234mv2=0

解得…2春

又X4mv?

則反沖的社核的動能為：

199

Ek哈義234m號希E

(2)滑塊A和B系統(tǒng)動量守恒，設(shè)彈簧恢復(fù)原長時，滑塊A和B的速度分別為VA和

VB,選取滑塊A運動方向為正方向，則根據(jù)動量守恒定律可得mvA-MVB=O

又由能量守恒定律可知，彈簧彈性勢能為:

則滑塊A獲得的動能為:

m和Ep均為定值，因此滑塊B的質(zhì)量M越大，剪斷輕繩，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時，滑塊A

獲得的動能就越大。

(3)衛(wèi)星噴氣的過程中，可認為衛(wèi)星和噴出的氣體所組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)噴氣前衛(wèi)

星沿橢圓軌道運動的速度為vo,噴出后衛(wèi)星的速度為v,以噴氣前衛(wèi)星運動方向為正方

向，根據(jù)動量守恒定律，有

Mvo=(M-Am)v+Am(v-u)

解得*半1/%

由上式可知，衛(wèi)星在橢圓軌道上運動速度v()大的地方噴氣，噴氣后衛(wèi)星的動能為：

19

Ek=7F(M-Am)v

也就越大，因此衛(wèi)星應(yīng)該在其速率最大的近地點處點火噴氣。

答：(1)a、衰變過程的核反應(yīng)方程為238吐234Th+dHe；

92902

b、反沖的鉉核的動能為，11一71E1；

(2)見解析；

(3)最佳的點火位置是速率最大的近地點處點火噴氣。

13.(2023?延慶區(qū)一模)如圖所示，小球A質(zhì)量為m,系在細線的一端，線的另一端固定

在。點，繩AO長為L,O點到光滑水平面的距離為L。物塊B和C的質(zhì)量分別是3m

和2m,B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方?，F(xiàn)拉

動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時

間極短)，反彈后上升到最高點時到水平面的高度為」L。小球與物塊均視為質(zhì)點，不計

4

空氣阻力，重力加速度為g,求：

(1)小球A運動到最低點與B碰撞前細繩拉力F的大??；

(2)碰撞過程B物塊受到的沖量大小I；

(3)物塊C的最大速度的大小VM,并在坐標(biāo)系中定量畫出B、C兩物塊的速度隨時間

變化的關(guān)系圖像。(畫出一個周期的圖像)

\:L

：B|C

''—

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\w\\\\

【答案】(1)小球A運動到最低點與B碰撞前細繩拉力F的大小為3mg；

(2)碰撞過程B物塊受到的沖量大小為辿星；

2

(3)物塊C的最大速度的大小為心過處，B、C兩物塊的速度隨時間變化的關(guān)系圖像

2

見解析。

【解答】解：(1)根據(jù)題意可知，小球A運動到最低點過程中機械能守恒，設(shè)小球A運

動到最低點的速度為VA,由機械能守恒定律有：mgL=2>mvF

2A

解得：vA=42gL

2

在最低點，由牛頓第二定律有：F-mg=m;包

L

解得：F=3mg

(2)根據(jù)題意可知，小球A與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，則碰撞過程A、B組

成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞后小球A的速度為VA‘，物塊B的速度為VB,規(guī)定向右為

正方向，由動量守恒定律有：mvA=3mvB-mvA'

對A由機械能守恒定律有：2=mg-l

2白4

聯(lián)立解得：VB=^H

2

對物塊B,取向右為正方向，由動量定理有：I=3mvB=3mV2gL

2

(3)根據(jù)題意可知，B與C用輕彈簧拴接，開始時，物塊B壓縮彈簧，B做加速度增大

的減速運動，C做加速度增大加速運動，當(dāng)B、C速度相等時，彈簧壓縮最短，取向右為

正方向，由動量守恒定律有：

3mvB=(3m+2m)v共

解得：V共=3而^

10

之后C的速度大于B的速度，彈簧開始恢復(fù)，則C做加速度減小的加速運動，B做加速

度減小的減速運動，當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長，C的速度最大，B的速度最小，取向右為正方

向，由動量守恒定律和機械能量守恒定律有：

3mvB=3mvB'+2mvM

,2

-1-x3mv2=-lx3mvB+yX2inv2

聯(lián)立解得：vM"*L,vBVJgL

510

之后C拉開彈簧，開始做加速度增大的減速運動，B做加速度增大的加速運動，當(dāng)速度

相等時，彈簧伸長最長，之后C的速度小于B的速度，C做加速度減小的減速運動，B

做加速度減小的加速運動，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長，B的速度最大為返C的速度最小為0,

2

之后重復(fù)開始運動過程，即完成一個運動周期。由上述分析可知，B、C兩物塊的速度隨

2

答：(1)小球A運動到最低點與B碰撞前細繩拉力F的大小為3mg；

(2)碰撞過程B物塊受到的沖量大小為辿辿：

2

(3)物塊C的最大速度的大小為細②匚，B、C兩物塊的速度隨時間變化的關(guān)系圖像

2

見解析。

14.(2023?西城區(qū)一模)動量守恒定律的適用范圍非常廣泛，不僅適用于低速、宏觀的問題,

也適用于近代物理研究的高速(接近