2024年高考物理復習試題分類訓練：動量（教師卷）

專題07動量

2024

高考真題

1.（2024全國甲卷考題）7.蹦床運動中，體重為60kg的運動員在/=0時剛好落到蹦床上，對蹦床作

用力大小廠與時間t的關系如圖所示。假設運動過程中運動員身體始終保持豎直，在其不與蹦床接觸時蹦

床水平。忽略空氣阻力，重力加速度大小取10m/S?。下列說法正確的是（）

「二二1

I：IIIIIIIIIIIIIIIIIIIII」I；I」IA〃S

00.51.01.52.02.5

A.f=0.15s時，運動員的重力勢能最大

B./=0.30s時，運動員的速度大小為10m/s

C/=1.00s時，運動員恰好運動到最大高度處

D.運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N

【答案】BD

【解析】A.根據(jù)牛頓第三定律結合題圖可知/=0.15s時，蹦床對運動員的彈力最大，蹦床的形變量最

大，此時運動員處于最低點，運動員的重力勢能最小，故A錯誤；

BC.根據(jù)題圖可知運動員從t=0.30s離開蹦床到/=2.3s再次落到蹦床上經歷的時間為2s,根據(jù)豎直

上拋運動的對稱性可知，運動員上升時間為1s,則在/=1.3s時，運動員恰好運動到最大高度處，/=0.30s

時運動員的速度大小v=10xlm/s=10m/s故B正確，C錯誤；

D.同理可知運動員落到蹦床時的速度大小為10m/s,以豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理

F-AZ-mg-A?=mv-（-mv）,其中Ar=0.3s

代入數(shù)據(jù)可得產=4600N

根據(jù)牛頓第三定律可知運動員每次與蹦床接觸到離開過程中對蹦床的平均作用力大小為4600N,故D

正確。

故選BD?

2.（2024年江蘇卷考題）8.在水平面上有一個U形滑板A,A的上表面有一個靜止的物體B,左側用輕

彈簧連接在滑板A的左側，右側用一根細繩連接在滑板B的右側，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光

滑，剪斷細繩后，則（）

B-

___________\

A.彈簧原長時物體動量最大B.壓縮最短時物體動能最大

C.系統(tǒng)動量變大D.系統(tǒng)機械能變大

【答案】A

【解析】對整個系統(tǒng)分析可知合外力為0,A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，得機人丫人="%0

設彈簧的初始彈性勢能為Ep,整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當彈簧原長時得

Ep=JA+2/72BVB

1、

2

聯(lián)立得綜=彳q+外vB

2（mA）

故可知彈簧原長時物體速度最大，此時動量最大，動能最大。

故選Ao

3.（2024年安徽卷考題）8.在某裝置中的光滑絕緣水平面上，三個完全相同的帶電小球，通過不可伸

長的絕緣輕質細線，連接成邊長為d的正三角形，如圖甲所示。小球質量為如帶電量為+4,可視為點電

荷。初始時，小球均靜止，細線拉直?，F(xiàn)將球1和球2間的細線剪斷，當三個小球運動到同一條直線上時，

速度大小分別為匕、匕、匕，如圖乙所示。該過程中三個小球組成的系統(tǒng)電勢能減少了不，A為靜電力

常量，不計空氣阻力。則（）

1?----?V]

圖甲圖乙

A.該過程中小球3受到的合力大小始終不變B.該過程中系統(tǒng)能量守恒，動量不守恒

C.在圖乙位置，匕=匕，匕/2匕D.在圖乙位置，網二

V3md

【答案】D

【解析】AB.該過程中系統(tǒng)動能和電勢能相互轉化，能量守恒，對整個系統(tǒng)分析可知系統(tǒng)受到的合外

力為0,故動量守恒；當三個小球運動到同一條直線上時，根據(jù)對稱性可知細線中的拉力相等，此時球3受

到1和2的電場力大小相等，方向相反，故可知此時球3受到的合力為0,球3從靜止狀態(tài)開始運動，瞬間

受到的合力不為0,故該過程中小球3受到的合力在改變，故AB錯誤；

CD.對系統(tǒng)根據(jù)動量守恒mvl+mv2=mv3

根據(jù)球1和2運動的對稱性可知匕=匕，解得嗎=2Vl

根據(jù)能量守恒—mv.2+—mv?+—mv,2=色~

2122232d

解得v-tel故C錯誤，D正確。

V3md

故選D。

4.（2024年湖北考題）10.如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質量為區(qū)長為/的木塊，質量為加

的子彈水平射入木塊。設子彈在木塊內運動過程中受到的阻力不變，其大小f與射入初速度大小%成正比，

即/=（A為己知常數(shù)）。改變子彈的初速度大小%,若木塊獲得的速度最大，則（）

〃〃麗沛而冊明冊而加U'

2kL（m+M}2mM

A.子彈的初速度大小為一^——：B.子彈在木塊中運動的時間為77―不

C.木塊和子彈損失的總動能為E‘（一十"）D.木塊在加速過程中運動的距離為々7

mMm+M

【答案】AD

【解析】A.子彈和木塊相互作用過程系統(tǒng)動量守恒，令子彈穿出木塊后子彈和木塊的速度的速度分別

為匕，匕，則有mvo=mv\+Mv?

子彈和木塊相互作用過程中合力都為/=因此子彈和物塊的加速度分別為弓=—

mM

由運動學公式可得子彈和木塊的位移分別為2。心=片-憶2a2々=￡

聯(lián)立上式可得

%=

M+m

因此木塊的速度最大即5-J喏-2(勺&+*]工取極值即可，該函數(shù)在到無窮單調遞

減，因此當%=2(K+K]L=2坦竺包木塊的速度最大，A正確；

VmM)Mm

B.則子彈穿過木塊時木塊的速度為h=——

M+m

mM

由運動學公式可得t=k(m+My故B錯誤；

C.由能量守恒可得子彈和木塊損失的能量轉化為系統(tǒng)摩擦生熱，即AE=Q=/L=2」\(m+M)

mM

故C錯誤；

D.木塊加速過程運動的距離為X,=&三￡=—以，故D正確。

2M+m

故選AD。

5.(2024年上海卷考題)7.如圖，小球a通過輕質細線I,II懸掛，處于靜止狀態(tài)。線I長/=O.5m,

II上端固定于離地H=2.1m的。點，與豎直方向之間夾角6=37°；線H保持水平。。點正下方有一與a

質量相等的小球6,靜置于離地高度/i=1.6m的支架上。(取sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=9.8m/s2)

(1)在線I,II的張力大小耳，此和小球a所受重力大小G中，最大的是

(2)燒斷線H,a運動到最低點時與6發(fā)生彈性碰撞。求：

①與6球碰撞前瞬間a球的速度大小為；(計算)

②碰撞后瞬間6球的速度大小打；(計算)

③6球的水平射程s。(計算)

【答案】①.F[(2).1.4m/s③.1.4m/s④.0.8m

GF

【解析】(1)[1]以小球,為對象，根據(jù)受力平衡可得片=--=^-

cos0sin0

可知在線I,II的張力大小耳，耳I和小球a所受重力大小G中，最大的是瓦。

(2)①[2]由動能定理可得mgI(1-cosO)=^mvl

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

②[3]由動量守恒定律和能量守恒可得

—=—mv2+—

mva=mv'a+mvb

222

聯(lián)立解得vb=1.4m/s

1,

③[4]由平拋運動的規(guī)律有l(wèi)rgt,S

聯(lián)立解得s=以(^=1.4x：F^^m=0.8m

6.(2024年廣東卷考題)14.汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。

(1)安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過

程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a,同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，

并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為外，敏感球的質量為如重力加速度

為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值tan。。

(2)如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為〃處做自由落體

運動。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力尸隨時間力

的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量30kg,H=3.2m,重力加速度大小取

g=10m/s2o求：

①碰撞過程中廠的沖量大小和方向；

②碰撞結束后頭錘上升的最大高度。

八ma

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

mg+FN

【解析】(1)敏感球受向下的重力儂和敏感臂向下的壓力A以及斜面的支持力也則由牛頓第二定律

可知g+4jtan6=〃7a

ma

解得tan。=

加g+8

(2)①由圖像可知碰撞過程中尸的沖量大小=LX0.1X6600N?S=330N?S,方向豎直向上；

2

②頭錘落到氣囊上時的速度％=耳后'=8m/s

與氣囊作用過程由動量定理(向上為正方向)4-mgt^mv-(-mv0)

解得尸2m/s

V2

則上升的最大高度/?=—=0.2m

2g

7.(2024年江蘇卷考題)13.嫦娥六號在軌速度為如著陸器對應的組合體A與軌道器對應的組合體B

分離時間為A大，分離后6的速度為％且與匹同向，A.6的質量分別為m、Mo求：

(1)分離后/的速度”;

(2)分離時/對8的推力大小。

.(m+M)v—Mv,,「Af(v-v)

【答案】(1)--------n---------,萬向與外相同；(2)———經n

mA?

【解析】(1)組合體分離前后動量守恒，取的的方向為正方向，有E+腸%=Mv+mvi

V—",方向與“相同；

m

(2)以8為研究對象，對夕列動量定理有F^t=Mv-Mv,

M(v-v)

解得r-0

AZ

8.(2024年安徽卷考題)14.如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道

與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小

球用不可伸長的輕質細線懸掛于0點正下方，并輕靠在物塊右側。現(xiàn)將細線拉直到水平位置時，靜止釋放

小球，小球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著的軌道運動，已知細線長L=1.25m。

小球質量加=0.20kg。物塊、小車質量均為M=0.30kg。小車上的水平軌道長s=1.0m。圓弧軌道半徑

H=0.15m。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g取lOm/s?。

(1)求小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小；

(2)求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；

(3)為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)〃的取

值范圍。

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

R

yJu

~~oo

【答案】(1)6N；(2)4m/s；(3)0.25<//<0.4

【解析】(1)對小球擺動到最低點的過程中，由動能定理mgL=^mvl-0

解得％=5m/s

2

在最低點，對小球由牛頓第二定律FT-mg=m^-

解得，小球運動到最低點與物塊碰撞前所受拉力的大小為耳=6N

(2)小球與物塊碰撞過程中，由動量守恒定律和機械能守恒定律

mv。=mv1+MV23機“；

解得小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為%=------%=4m/s

m+M

(3)若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒

MV2=2MV3

11

由能量守恒定律-Mvl9=-x2Mv；9+^Mgs

解得M—0.4

若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高位置，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒

MV2=2MV4

1919

由能量守恒定律-Mvl=-x2Mv；+ju2Mgs+MgR

解得日2=0.25

綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)〃的取值范圍為0.25<//<0.4

9.(2024年山東卷考題)17.如圖甲所示，質量為〃的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上

表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在尸點平滑連接，。為軌道的最高點。質量為〃的小物塊靜

置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為〃，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道半圓形

部分的半徑廬0.4m,重力加速度大小FlOm/sa

(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到0點時，受到軌道的彈力大小等于3儂，求小

物塊在0點的速度大小■;

(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力凡小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與尸

對應關系如圖乙所不。

(i)求〃和卬；

(ii)初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力片8N,當小物塊到尸點時撤去

尸，小物塊從0點離開軌道時相對地的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度心

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

2

【解析】(1)根據(jù)題意可知小物塊在。點由合力提供向心力有mg+3mg=m—

R

代入數(shù)據(jù)解得v=4m/s

(2)(i)根據(jù)題意可知當代4N時，小物塊與軌道是一起向左加速，根據(jù)牛頓第二定律可知

F=(M+ni)a

根據(jù)圖乙有左=^^=0.5kgT

M+m

當外力歹＞4N時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有F—Mg=Ma

結合題圖乙有a=-F-^-

MM

可知k=—=lkg-}

M

截距"g=_2m/s2

M

聯(lián)立以上各式可得M=1kg,〃z=lkg,〃=0.2

(ii)由圖乙可知，當F=8N時，軌道的加速度為6m/s2,小物塊的加速度為a,=jug=2m/s2

當小物塊運動到尸點時，經過而時間，則軌道有4=4。

小物塊有v2=a2t0

在這個過程中系統(tǒng)機械能守恒有^Mvf+^mv^=^Mvl+^mvl+2mgR

水平方向動量守恒，以水平向左的正方向，則有Mvl+mv2^Mv3+mvi

聯(lián)立解得"=1.5s

根據(jù)運動學公式有L=~a^--a^

代入數(shù)據(jù)解得L=4.5m

10.(2024河北卷考題)15.如圖，三塊厚度相同、質量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排靜止

在光滑水平面上，尺寸不計的智能機器人靜止于A木板左端。已知三塊木板質量均為2.0kg,A木板長度為

2.0m,機器人質量為6.0kg,重力加速度g取lOm/sz,忽略空氣阻力。

(1)機器人從A木板左端走到A木板右端時，求A、B木板間的水平距離。

(2)機器人走到A木板右端相對木板靜止后，以做功最少的方式從A木板右端跳到B木板左端，求起

跳過程機器人做的功，及跳離瞬間的速度方向與水平方向夾角的正切值。

(3)若機器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻與B木板相對靜止，隨即相對B木板連續(xù)不停

地3次等間距跳到B木板右端，此時B木板恰好追上A木板。求該時刻A、C兩木板間距與B木板長度的關

系。

'77777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777,

7

【答案】(1)1.5m；(2)90J,2；(3)xAC=-LB

【解析】(1)機器人從A木板左端走到A木板右端，機器人與A木板組成的系統(tǒng)動量守恒，設機器人

質量為弘三個木板質量為如根據(jù)人船模型得Mx=mxx

同時有x+石=LA

解得A、B木板間的水平距離%=1.5m

(2)設機器人起跳的速度大小為v,方向與水平方向的夾角為9,從A木板右端跳到B木板左端時間

八vsin。t

為力，根據(jù)斜拋運動規(guī)律得vcostJ-t-xl--------=—

g2

15

聯(lián)立解得v2

2sin夕cos￡

機器人跳離A的過程，系統(tǒng)水平方向動量守恒Mvcos6=mvA

2

根據(jù)能量守恒可得機器人做的功為W=-MV+-mVA

22

22

T”3cos2夕+14cos6*+sin0（12\

聯(lián)立得W=----------------45J=----------------------45J=451一tang+-------J

2sin6cos。2sindcos。（2tan0）

根據(jù)數(shù)學知識可得當工tan。=二二時，即tan。=2時，/取最小值，代入數(shù)值得此時W=90J

2tan，

(3)根據(jù)tane=2可得vcose=?適m/s，根據(jù)

MvcosO-mvA

2

得“浮向S

分析可知A木板以該速度向左勻速運動,機器人跳離A木板到與B木板相對靜止的過程中，機器人與

BC木板組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，得Mvcos0=[M+2m)v共

“亞m/s

解得

共10

該過程A木板向左運動的距離為貓=y/=d?5x415m=4.5m

AA25

機器人連續(xù)3次等間距跳到B木板右端，整個過程機器人和B木板組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，設

每次起跳機器人的水平速度大小為1,B木板的速度大小為腺，機器人每次跳躍的時間為2V，取向右為正

丫共=

方向，得(MMVQ-mvB①

每次跳躍時機器人和B木板的相對位移為可得組

33

機器人到B木板右端時，B木板恰好追上A木板，從機器人跳到B左端到跳到B右端的過程中，AB木

板的位移差為Ax=%+=6m

可得(vB=Ax③

LBAx

聯(lián)立①②③解得Ar=

故A、C兩木板間距為%=(必+%)-34+8+4vc=v共

解得

XAC=Z"

11.（2024年湖南卷考題）15.如圖，半徑為斤的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內有質量為必和"的小

球A和B（@＞期）。初始時小球A以初速度力沿圓環(huán)切線方向運動，與靜止的小球B發(fā)生碰撞。不計小球與

圓環(huán)之間的摩擦，兩小球始終在圓環(huán)內運動。

(1)若小球A與B碰撞后結合在一起，求碰撞后小球組合體的速度大小及做圓周運動所需向心力的大

小;

(2)若小球A與B之間為彈性碰撞，且所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，求小球的質

加

量比A*。

加B

(3)若小球A與B之間為非彈性碰撞，每次碰撞后的相對速度大小為碰撞前的相對速度大小的e倍

(0<e<l),求第1次碰撞到第2加1次碰撞之間小球B通過的路程。

肅=2或7=5；(3)松宗?丁^

【答案】(1)V=(2)

AB

優(yōu)A+恤(%+〃?)R

【解析】(1)有題意可知A、B系統(tǒng)碰撞前后動量守恒，設碰撞后兩小球的速度大小為v,則根據(jù)動量守

恒有%人％=(以+〃％)丫

v=以%

可得

機A+機B

碰撞后根據(jù)牛頓第二定律有F=(mA+77iB)—

R

n試

可得

(加A+〃％)R

(2)若兩球發(fā)生彈性碰撞，設碰后速度分別為3％,則碰后動量和能量守恒有

12

%A%=7%%+〃%%+5mBK

0nA-恤)%,2〃八%

聯(lián)立解得

以=--------%，B網+〃％

以+外

因為所有的碰撞位置剛好位于等邊三角形的三個頂點，如圖

①若第二次碰撞發(fā)生在圖中的6點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為

:仔=1,2,3…)，則有1+3勺

2k*(左=0,1,2,3...)

'IIK/i彩/4+3匕

m_4+3k、

聯(lián)立解得A

2-3左i

由于兩質量均為正數(shù)，故左=0,即“=2

對第二次碰撞，設A、B碰撞后的速度大小分別為%,4,則同樣有

mA^A+mBVB=%或+機B42^^+g恤饃=|mAVA+1^B

聯(lián)立解得。1=。。，4=0,故第三次碰撞發(fā)生在力點、第四次碰撞發(fā)生在。點，以此類推，滿足題意。

②若第二次碰撞發(fā)生在圖中的c點，則從第一次碰撞到第二次碰撞之間，A、B通過的路程之比為

2+3k2v_x_2+3k2

僅2=0,1,2,3…)；所以AA

5+3k2xB5+3k2

m_5+3k2

聯(lián)立可得A

1-3k2

△=5

因為兩質量均為正數(shù)，故60,即

根據(jù)①的分析可證。1=?！悖?=0,滿足題意。

綜上可知以=2或4=5。

(3)第一次碰前相對速度大小為心第一次碰后的相對速度大小為匕柑=e%,第一次碰后與第二次相

2兀R

碰前B球比A球多運動一圈，即B球相對A球運動一圈，有％=----

匕相

第一次碰撞動量守恒有八%=外入1+"%%1且匕相=嗎

聯(lián)立解得VB=―'—

mA+mB

C、

IjiRm.27iRm

%A-+1

B球運動的路程瓦=%由二——m+m

根A+恤」相+1,AB

_24R

第二次碰撞的相對速度大小為-f相"為小.

第二次碰撞有匕相=丫9一%2=62%

mAv0=mAvA2+mBvB2S.

m

聯(lián)立可得小二-AA

〃入+〃%

27iRmA>1

所以B球運動的路程s2=vB2t2=---------x

明+%（％相）

兀/1

27rRmA1112R%

一共碰了2〃次，有s=s{+s2+s3-\-----\-s2n=

mA+mBeeemA+mBe”

2024

高考模擬題

一、單選題

1.（2024?河北邢臺?二模）某同學利用身邊的常見器材在家完成了有趣的物理實驗，如圖所示。當

手持吹風機垂直向電子秤的托盤吹風時，電子秤示數(shù)為36.0克。假設吹風機出風口為圓形，其半徑為5cm,

空氣密度為L29kg/m3,實驗前電子秤已校準，重力加速度lOm/s：則此時吹風機的風速約為（）

A.6m/sB.8m/s

【答案】A

【解析】對于加時間內吹出的空氣，根據(jù)動量定理

FM=mv=pvS\t?v

其中

F=G=0.36N

S-nr1

代入數(shù)據(jù)解得

v?6m/s

故選Ao

2.（23-24高三下?廣東廣州?階段練習）如圖，冰壺/以L5m/s的速度與靜止在冰面上的冰壺方正碰，

碰后瞬間8的速度大小為1.2m/s,方向與Z碰前速度方向相同，碰撞時間極短。若已知兩冰壺的質量均為

20kg,則下列說法中正確的是（）

AB

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

A.碰后瞬間A的速度大小為0.4m/s

B.碰撞過程中，6對力做功為21.6J

C.碰撞過程中，/對6的沖量大小為24N?s

D.A6碰撞過程是彈性碰撞

【答案】C

【解析】A.由于碰撞時間極短，內力遠遠大于外力，可知，/、8相碰時，/和8組成的系統(tǒng)動量近似

守恒。根據(jù)動量守恒定律，以力方向為正方向，有

mv^mvA^mvB

解得

pj-O.3m/s

故A錯誤；

B.根據(jù)動能定理，碰撞過程中，8對/做功為

w=g加以一g相片

解得

W=—21.6J

故B錯誤；

C.碰撞過程中，根據(jù)動量定理，/對方的沖量大小

I=/IIVB

解得

斤24N?s

故C正確；

D.碰撞之前總能量為

1?

EK=—mVg=22.5J

碰撞后爾夕系統(tǒng)總動能為

琢=:mVA+~mVB=15.3J

由此可知

EK>EK

可知，48碰撞過程是非彈性碰撞，故D錯誤。

故選C。

3.（2024?遼寧丹東?一模）如圖所示，半徑為7?的光滑圓形軌道固定在豎直面內，質量為〃的小球A

從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點質量為m的小球B發(fā)生第一次碰撞

若A、B兩球第一次碰撞和第二次碰撞發(fā)生在同一位置，且兩球始終在圓形軌道水平直徑的下方

運動，A、B間的碰撞均為彈性碰撞，重力加速度為&則下列說法正確的是（）

A

B

A.第一次碰撞后瞬間，A球的運動方向一定變?yōu)樗较蜃?/p>

B.第一次碰撞后瞬間，A球對軌道的壓力大小可能為;mg

C.第二次碰撞結束后，A球沿左側軌道上升的最大高度不可能為丹

D.第二次碰撞結束后，A球沿左側軌道運動速度為零時，對軌道的壓力大小可能為儂

【答案】B

【解析】A.由彈性碰撞的規(guī)律知，當帆時，碰撞后質量小的球A被反彈回來，方向水平向左，當

/=加時，兩球碰撞后交換了速度，碰撞后小球A靜止，A錯誤；

B.小球A碰前速度為

1,

MgR=-Mvl

若A、B兩球第一次碰撞和第二次碰撞發(fā)生在同一位置,且兩小球始終在圓形軌道水平直徑的下方運動，

則兩球碰后速度大小相同，對碰撞過程由動量守恒知

Mv0=-Mvx+mvx

由能量守恒知

解得

.,m1

VI=2V°

第一次碰撞后瞬間

代入得

L1

FN=~mg

則由牛頓第三定律知A球對軌道的壓力可能為,B正確；

CD.二次碰撞過程,根據(jù)動量守恒和機械能守恒或根據(jù)運動可逆性，以上兩種情況碰后A球速度均為%,

B球均靜止，故第二次碰撞結束后，A球沿左側軌道上升的最大高度為兆此時A球速度為0,A球對軌道的

壓力大小為0。CD錯誤；

故選Ba

4.（2024?北京海淀?三模）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對

著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相

互接近過程中的任一時刻（）

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.甲的動量大小比乙的大D.甲合力沖量與乙合力沖量大小相等

【答案】B

【解析】AB.對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示

加甲加乙

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

根據(jù)牛頓第二定律有

產一〃叫5gF-Rm乙g

舜一、〃乙

m乙

由于

所以

婚＜。乙

由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得

V甲＜V乙

A錯誤，B正確；

C.對于整個系統(tǒng)而言，由于

〃叫g＞〃啊g

合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左，顯然甲的動量大小比乙的小，c錯誤；

D.因為甲的動量大小比乙的小，故甲合力沖量小于乙合力沖量，D錯誤。

故選B。

5.（2024?湖北武漢?二模）中國汽車拉力錦標賽是我國級別最高，規(guī)模最大的汽車賽事之一，其賽

道有很多彎道。某輛賽車在一段賽道內速度大小由2y變?yōu)?%隨后一段賽道內速度大小由5/變?yōu)?%前

后兩段賽道內，合外力對賽車做的功分別為例和法賽車的動量變化的大小分別為和公。2,下列關系式

可能成立的是（）

A.叱=%,B.叱=g嗎，邳、='22

C.W1=W2^=4A/J2D.叱=g嗎，^Pi=4Ap2

【答案】B

【解析】根據(jù)動能定理有

W.=—m(4v)2——m(2v)2=6mv2

122

W=—mC7v)2--m(5v)2=12mv2

?222

可得

由于速度和動量是矢量，具有方向，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量

變化量最大，可知動量變化的大小范圍是

2mv<2、<6mv

2mv<A.2V12mv

可得

!必4M43△必

O

故