考點10 動量-五年（2020-2024年）高考物理真題專項分類匯編

五年（2020-2024）高考真題專項分類匯編PAGEPAGE28考點10動量—五年（2020—2024年）高考物理真題專項分類匯編一、單選題1．[2024年北京高考真題]將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是()A.上升和下落兩過程的時間相等B.上升和下落兩過程損失的機械能相等C.上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量D.上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度2．[2024年江蘇高考真題]如圖所示，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(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板A的右端，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則()A.彈簧恢復(fù)原長時A動量最大 B.彈簧壓縮最短時A動量最大C.整個系統(tǒng)動量變大 D.整個系統(tǒng)機械能變大3．[2022年山東高考真題]我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運載火箭.如圖所示，發(fā)射艙內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空.從火箭開始運動到點火的過程中()A.火箭的加速度為零時，動能最大B.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C.高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D.高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量4．[2022年重慶高考真題]在測試汽車的安全氣囊對駕乘人員頭部防護作用的實驗中，某小組得到了假人頭部所受安全氣囊的作用力隨時間變化的曲線（如圖）。從碰撞開始到碰撞結(jié)束過程中，若假人頭部只受到安全氣囊的作用，則由曲線可知，假人頭部()A.速度的變化量等于曲線與橫軸圍成的面積B.動量大小先增大后減小C.動能變化正比于曲線與橫軸圍成的面積D.加速度大小先增大后減小5．[2023年浙江高考真題]一位游客正在體驗蹦極，綁上蹦極專用的橡皮繩后從跳臺縱身而下。游客從跳臺下落直到最低點過程中()A.彈性勢能減小 B.重力勢能減小C.機械能保持不變 D.繩一繃緊動能就開始減小二、多選題6．[2024年湖北高考真題]如圖所示，在光滑水平面上靜止放置一質(zhì)量為M、長為L的木塊，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊。設(shè)子彈在木塊內(nèi)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（k為已知常量）。改變子彈的初速度大小，若木塊獲得的速度最大，則()A.子彈的初速度大小為B.子彈在木塊中運動的時間為C.木塊和子彈損失的總動能為D.木塊在加速過程中運動的距離為7．[2024年安徽高考真題]一傾角為足夠大的光滑斜面固定于水平地面上，在斜面上建立Oxy直角坐標(biāo)系，如圖（1）所示。從開始，將一可視為質(zhì)點的物塊從0點由靜止釋放，同時對物塊施加沿x軸正方向的力和，其大小與時間t的關(guān)系如圖（2）所示。已知物塊的質(zhì)量為1.2kg，重力加速度g取，不計空氣阻力。則()A.物塊始終做勻變速曲線運動B.時，物塊的y坐標(biāo)值為2.5mC.時，物塊的加速度大小為D.時，物塊的速度大小為8．[2024年貴州高考真題]我國在貴州平塘建成了世界最大單口徑球面射電望遠(yuǎn)鏡FAST，其科學(xué)目標(biāo)之一是搜索地外文明.在宇宙中，波長位于搜索地外文明的射電波段的輻射中存在兩處較強的輻射，一處是波長為的中性氫輻射，另一處是波長為的羥基輻射.在真空中，這兩種波長的輻射相比，中性氫輻射的光子()A.頻率更大 B.能量更小 C.動量更小 D.傳播速度更大9．[2023年重慶高考真題]某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖所示，為曲線上的點，段可視為兩段直線，其方程分別為和。無人機及其載物的總質(zhì)量為2kg，取豎直向上為正方向。則()A.EF段無人機的速度大小為4m/sB.FM段無人機內(nèi)的裝載物處于失重狀態(tài)C.FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4kg·m/sD.MN段無人機機械能守恒10．[2023年廣東高考真題]某同學(xué)受電動窗簾的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的簡化模型。多個質(zhì)量均為1kg的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力。開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力F，推動滑塊1以0.40m/s的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為0.04s，碰撞結(jié)束后瞬間兩滑塊的共同速度為0.22m/s。關(guān)于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有()A.該過程動量守恒B.滑塊1受到合外力的沖量大小為0.18N·sC.滑塊2受到合外力的沖量大小為0.40N·sD.滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為5.5N三、實驗題11．[2024年山東高考真題]在第四次“天宮課堂”中，航天員演示了動量守恒實驗。受此啟發(fā)，某同學(xué)使用如圖甲所示的裝置進行了碰撞實驗，氣墊導(dǎo)軌兩端分別安裝兩個位移傳感器，a測量滑塊A與它的距離，b測量滑塊B與它的距離。部分實驗步驟如下：①測量兩個滑塊的質(zhì)量，分別為200.0g和400.0g；②接通氣源，調(diào)整氣墊導(dǎo)軌水平；③撥動兩滑塊，使均向右運動；④導(dǎo)出傳感器記錄的數(shù)據(jù)，繪制隨時間變化的圖像，分別如圖乙、圖丙所示。回答以下問題：（1）從圖像可知兩滑塊在_______s時發(fā)生碰撞；（2）滑塊B碰撞前的速度大小_______m/s（保留2位有效數(shù)字）；（3）通過分析，得出質(zhì)量為200.0g的滑塊是_______（填“A”或“B”）。12．[2024年北京高考真題]如圖甲所示，讓兩個小球在斜槽末端碰撞來驗證動量守恒定律。（1）關(guān)于本實驗，下列做法正確的是_____（填選項前的字母）。A.實驗前，調(diào)節(jié)裝置，使斜槽末端水平B.選用兩個半徑不同的小球進行實驗C.用質(zhì)量大的小球碰撞質(zhì)量小的小球（2）圖甲中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影，首先，將質(zhì)量為的小球從斜槽上的S位置由靜止釋放，小球落到復(fù)寫紙上，重復(fù)多次。然后，把質(zhì)量為的被碰小球置于斜槽末端，再將質(zhì)量為的小球從S位置由靜止釋放，兩球相碰，重復(fù)多次。分別確定平均落點，記為M、N和P（P為單獨滑落時的平均落點）。a.圖乙為實驗的落點記錄，簡要說明如何確定平均落點________；b.分別測出O點到平均落點的距離，記為OP、OM和ON。在誤差允許范圍內(nèi)，若關(guān)系式________成立，即可驗證碰撞前后動量守恒。（3）受上述實驗的啟發(fā)，某同學(xué)設(shè)計了另一種驗證動量守恒定律的實驗方案。如圖丙所示，用兩根不可伸長的等長輕繩將兩個半徑相同、質(zhì)量不等的勻質(zhì)小球懸掛于等高的O點和點，兩點間距等于小球的直徑。將質(zhì)量較小的小球1向左拉起至A點由靜止釋放，在最低點B與靜止于C點的小球2發(fā)生正碰。碰后小球1向左反彈至最高點，小球2向右擺動至最高點D。測得小球1，2的質(zhì)量分別為m和M，弦長。推導(dǎo)說明，滿足________關(guān)系即可驗證碰撞前后動量守恒。13．[2023年遼寧高考真題]某同學(xué)為了驗證對心碰撞過程中的動量守恒定律，設(shè)計了如下實驗：用紙板搭建如圖所示的滑道，使硬幣可以平滑地從斜面滑到水平面上，其中OA為水平段.選擇相同材質(zhì)的一元硬幣和一角硬幣進行實驗.測量硬幣的質(zhì)量，得到一元和一角硬幣的質(zhì)量分別為和.將硬幣甲放置在斜面上某一位置，標(biāo)記此位置為B.由靜止釋放甲，當(dāng)甲停在水平面上某處時，測量甲從O點到停止處的滑行距離OP.將硬幣乙放置在O處，左側(cè)與O點重合，將甲放置于B點由靜止釋放.當(dāng)兩枚硬幣發(fā)生碰撞后，分別測量甲、乙從O點到停止處的滑行距離OM和ON.保持釋放位置不變，重復(fù)實驗若干次，得到的平均值分別為.（1）在本實驗中，甲選用的是_______（填“一元”或“一角”）硬幣；（2）碰撞前，甲到O點時速度的大小可表示為_______（設(shè)硬幣與紙板間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g）；（3）若甲、乙碰撞過程中動量守恒，則_______（用和表示），然后通過測得的具體數(shù)據(jù)驗證硬幣對心碰撞過程中動量是否守恒；（4）由于存在某種系統(tǒng)或偶然誤差，計算得到碰撞前后甲動量變化量大小與乙動量變化量大小的比值不是1，寫出一條產(chǎn)生這種誤差可能的原因：______________.14．[2022年天津高考真題]（1）某同學(xué)驗證兩個小球在斜槽末端碰撞時的動量守恒，實驗裝置如圖1所示。為兩個直徑相同的小球。實驗時，不放B，讓A從固定的斜槽上E點自由滾下，在水平面上得到一個落點位置；將B放置在斜槽末端，讓A再次從斜槽上E點自由滾下，與B發(fā)生正碰，在水平面上又得到兩個落點位置。三個落點位置標(biāo)記為。①為了確認(rèn)兩個小球的直徑相同，該同學(xué)用10分度的游標(biāo)卡尺對它們的直徑進行了測量，某次測量的結(jié)果如圖2所示，其讀數(shù)為__________mm。②下列關(guān)于實驗的要求正確的是__________。A.斜槽的末端必須是水平的 B.斜槽的軌道必須是光滑的C.必須測出斜槽末端的高度 D.的質(zhì)量必須相同③如果該同學(xué)實驗操作正確且碰撞可視為彈性碰撞，碰后在水平面上的落點位置分別為__________、__________。（填落點位置的標(biāo)記字母）（2）實驗小組測量某型號電池的電動勢和內(nèi)阻。用電流表、電壓表、滑動變阻器、待測電池等器材組成如圖3所示實驗電路，由測得的實驗數(shù)據(jù)繪制成的圖像如圖4所示。①圖3的電路圖為圖5中的__________。（選填“A”或“B”）②如果實驗中所用電表均視為理想電表，根據(jù)圖4得到該電池的電動勢__________V，內(nèi)阻__________Ω。③實驗后進行反思，發(fā)現(xiàn)上述實驗方案存在系統(tǒng)誤差。若考慮到電表內(nèi)阻的影響，對測得的實驗數(shù)據(jù)進行修正，在圖4中重新繪制圖線，與原圖線比較，新繪制的圖線與橫坐標(biāo)軸交點的數(shù)值將__________，與縱坐標(biāo)軸交點的數(shù)值將__________。（兩空均選填“變大”“變小”或“不變”）四、計算題15．[2024年湖北高考真題]如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點O，用長為0.3m、不可伸長的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點右側(cè)的P點固定一釘子，P點與O點等高。將質(zhì)量為0.10kg的小物塊無初速輕放在傳送帶左端，小物塊運動到右端與小球正碰，碰撞時間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點做圓周運動，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點向上運動。已知小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小。（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小。（2）求小物塊與小球碰撞過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能。（3）若小球運動到P點正上方，繩子不松弛，求P點到O點的最小距離。16．[2024年湖南高考真題]如圖，半徑為R的圓環(huán)水平放置并固定，圓環(huán)內(nèi)有質(zhì)量為和的小球A和。初始時小球A以初速度沿圓環(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(nèi)運動。（1）若小球A與B碰撞后結(jié)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?。唬?）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(zhì)量比；（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（），求第1次碰撞到第次碰撞之間小球B通過的路程。17．[2024年河北高考真題]如圖，三塊厚度相同、質(zhì)量相等的木板（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(zhì)量均為2.0kg，A木板長度為2.0m，機器人質(zhì)量為6.0kg，重力加速度g取，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。求該時刻兩木板間距與B木板長度的關(guān)系。18．[2023年山東高考真題]如圖所示，物塊A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形軌道末端與B的上表面所在平面相切，豎直擋板P固定在地面上。作用在A上的水平外力，使A與B以相同速度向右做勻速直線運動。當(dāng)B的左端經(jīng)過軌道末端時，從弧形軌道某處無初速度下滑的滑塊C恰好到達(dá)最低點，并以水平速度v滑上B的上表面，同時撤掉外力，此時B右端與P板的距離為s。已知，A與地面間無摩擦，B與地面間動摩擦因數(shù)，C與B間動摩擦因數(shù)，B足夠長，使得C不會從B上滑下。B與的碰撞均為彈性碰撞，不計碰撞時間，取重力加速度大小。（1）求C下滑的高度H；（2）與P碰撞前，若B與C能達(dá)到共速，且未發(fā)生碰撞，求s的范圍；（3）若，求B與P碰撞前，摩擦力對C做的功W；（4）若，自C滑上B開始至三個物體都達(dá)到平衡狀態(tài)，求這三個物體總動量的變化量的大小。19．[2024年山東高考真題]如圖甲所示，質(zhì)量為M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P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質(zhì)量為m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μ，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，重力加速度大小。（1）若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運動到Q點時，受到軌道的彈力大小等于，求小物塊在Q點的速度大小v；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a與F對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。（ⅰ）求μ和m；（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，當(dāng)小物塊到P點時撤去F，小物塊從Q點離開軌道時相對地面的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長度L。20．[2024年江蘇高考真題]嫦娥六號在軌速度為，著陸器對應(yīng)的組合體A與軌道器對應(yīng)的組合體B分離時間為，分離后B的速度為v，且與同向，的質(zhì)量分別為。求：（1）分離后A的速度大?。唬?）分離時A對B的推力大小。21．[2024年甘肅高考真題]如圖，質(zhì)量為2kg的小球A（視為質(zhì)點）在細(xì)繩和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩，與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細(xì)繩，小球A開始運動。（重力加速度g取）（1）求A運動到最低點時細(xì)繩OP所受的拉力。（2）A在最低點時，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞（時間極短）、碰后A豎直下落，C水平向右運動。求碰后C的速度大小。（3）碰后，C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)。22．[2023年遼寧高考真題]如圖，質(zhì)量的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量的小物塊以水平向右的速度滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能與形變量x的關(guān)系為。取重力加速度，結(jié)果可用根式表示。（1）求木板剛接觸彈簧時速度的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離。（2）求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量及此時木板速度的大小。（3）已知木板向右運動的速度從減小到0所用時間為。求木板從速度為時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能（用表示）。

——★參考答案★——1．答案：C解析：D.小球上升過程中受到向下的空氣阻力，下落過程中受到向上的空氣阻力，由牛頓第二定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），D錯誤；C.小球運動的整個過程中，空氣阻力做負(fù)功，由動能定理可知小球落回原處時的速度小于拋出時的速度，所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小，由動量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，C正確；A.上升與下落經(jīng)過同一位置時的速度，上升時更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，所以上升過程所用時間小于下落過程所用時間，A錯誤；B.經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關(guān)系可知，上升過程機械能損失大于下落過程機械能損失，B錯誤。故選C。2．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，設(shè)彈簧的初始彈性勢能為，整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機械能守恒，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時得，聯(lián)立，故可知彈簧恢復(fù)原長時滑板速度最大，此時動量最大，動能最大。對于系統(tǒng)來說動量一直為零，系統(tǒng)機械能不變。故選A。3．答案：A解析：高壓氣體將火箭推出，火箭速度接近零時才點火，故此過程中火箭先做加速度逐漸減小的加速運動，合外力為零時，加速度為零，此后做減速運動直至速度接近零，故加速度為零時，動能最大，A正確；高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、重力勢能和與空氣摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，B錯誤；火箭動量的增加量等于火箭所受合外力的沖量，火箭除受到高壓氣體的推力外，還受到重力、空氣阻力，C錯誤；火箭動能的增加量為合外力對火箭做的功，即重力、空氣阻力和高壓氣體的推力做的功之和，D錯誤.4．答案：D解析：5．答案：B解析：游客從跳臺下落直到最低點過程中，游客的重力做正功，重力勢能減小，B正確；橡皮繩繃緊后形變量一直增大，彈性勢能一直增大，A錯誤；橡皮繩繃緊后的過程，橡皮繩的彈力做負(fù)功，因此游客的機械能減小，C錯誤；繩繃緊后游客先加速后減速，因此游客的動能先增大后減小，D錯誤。6．答案：AD解析：子彈在木塊內(nèi)運動的過程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為0，所以該系統(tǒng)動量守恒，若子彈沒有射出木塊，則由動量守恒定律有，解得木塊獲得的速度大小為，又子彈的初速度越大，其打入木塊越深，則當(dāng)子彈恰不射出木塊時，木塊獲得的速度最大，此時有，解得；若子彈能夠射出木塊，則有，子彈在木塊內(nèi)運動的過程，對子彈和木塊分別由牛頓第二定律有，根據(jù)位移關(guān)系有，對木塊有，聯(lián)立解得，又越大，t越小，則越小，即隨著的增大，木塊獲得的速度不斷減小。綜上，若木塊獲得的速度最大，則子彈的初速度大小，A正確；子彈在木塊內(nèi)運動的過程，對子彈由動量定理有，解得子彈在木塊中運動的時間，B錯誤；由能量守恒定律可知，木塊和子彈損失的總動能，C錯誤；木塊在加速過程中做勻加速運動，由運動學(xué)規(guī)律有，解得木塊在加速過程中運動的距離，D正確。7．答案：BD解析：A.根據(jù)圖像可得，，故兩力的合力為物塊在y軸方向受到的力不變?yōu)?，x軸方向的力在改變，合力在改變，故物塊做的不是勻變速曲線運動，故A錯誤；B.在y軸方向的加速度為故時，物塊的y坐標(biāo)值為故B正確；C.時，，故此時加速度大小為故C錯誤；D.對x軸正方向，對物塊根據(jù)動量定理由于F與時間t成線性關(guān)系故可得解得此時y軸方向速度為故此時物塊的速度大小為故D正確。故選BD。8．答案：BC解析：D.所有光波在真空中傳播的速度相同，都是c，D錯誤；ABC.由光子頻率與波長公式，能量公式，動量與波長公式可知，波長更長，頻率更小，能量更小，動量更小，A錯誤，BC正確。故選BC。9．答案：AB解析：由于位移-時間圖線的斜率表示速度，則根據(jù)EF段的方程可知，EF段無人機的速度大小為4m/s，A正確；由題圖可知FM段的速度先向上減小后向下增大，則加速度方向始終向下，故該段無人機內(nèi)的裝載物處于失重狀態(tài)，B正確；根據(jù)MN段的方程可知，無人機的速度為-2m/s，則無人機及其裝載物在FM段的動量變化量的大小為，C錯誤；MN段無人機勻速下降，動能不變，重力勢能減小，則機械能減小，D錯誤。10．答案：BD解析：碰撞前滑塊1和2整體的動量大小，碰撞后整體的動量大小，所以碰撞過程滑塊1和2整體動量不守恒，A錯誤；合外力的沖量等于動量的變化量，則碰撞過程滑塊1受到合外力的沖量大小，B正確；同理，碰撞過程滑塊2受到合外力的沖量大小，C錯誤；碰撞過程中對滑塊2由動量定理可得，解得滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小，D正確。11．答案：（1）1.0（2）0.20（3）B解析：（1）由圖像的斜率表示速度可知，兩滑塊的速度在時發(fā)生突變，即發(fā)生了碰撞；（2）由圖像斜率的絕對值表示速度大小可知，碰撞前瞬間B的速度大?。唬?）由題圖乙知，碰撞前A的速度大小，碰撞后A的速度大小約為，由題圖丙可知，碰撞后B的速度大小為，對A和B的碰撞過程由動量守恒定律有，代入數(shù)據(jù)解得，所以質(zhì)量為200.0g的滑塊是B。12．答案：（1）AC（2）用圓規(guī)畫圓，盡可能用最小的圓把各個落點圈住，這個圓的圓心位置代表平均落點；（3）解析：（1）A.實驗中若使小球碰撞前、后的水平位移與其碰撞前，后速度成正比，需要確保小球做平拋運動，即實驗前，調(diào)節(jié)裝置，使斜槽末端水平，故A正確；B.為使兩小球發(fā)生的碰撞為對心正碰，兩小球半徑需相同，故B錯誤；C.為使碰后入射小球與被碰小球同時飛出，需要用質(zhì)量大的小球碰撞質(zhì)量小的小球，故C正確。故選AC。（2）用圓規(guī)畫圓，盡可能用最小的圓把各個落點圈住，這個圓的圓心位置代表平均落點。碰撞前、后小球均做平拋運動，由可知，小球的運動時間相同，所以水平位移與平拋初速度成正比，所以若即可驗證碰撞前后動量守恒。（3）設(shè)輕繩長為L，小球從偏角θ處靜止擺下，擺到最低點時的速度為v，小球經(jīng)過圓弧對應(yīng)的弦長為l，則由動能定理有由數(shù)學(xué)知識可知聯(lián)立兩式解得若兩小球碰撞過程中動量守恒，則有又有，，整理可得13．答案：（1）一元（2）（3）（4）見解析解析：（1）為防止甲碰后反彈，甲的質(zhì)量應(yīng)大于乙的質(zhì)量，故甲選用的是一元硬幣.（2）設(shè)甲到達(dá)O點時的速度為，甲從O點運動至P點過程中，根據(jù)動能定理得，解得.（3）設(shè)甲、乙碰后瞬間的速度分別為，根據(jù)動能定理得，若碰撞過程中動量守恒，則有，整理得.（4）碰撞過程中硬幣之間的作用力沒有遠(yuǎn)大于摩擦力；存在空氣阻力；紙板粗糙程度不均勻（答出一條即可）.14．答案：（1）①10.5；②A；③M；P（2）①B；②4.5；1.8；③不變；變大解析：（1）①由游標(biāo)卡尺的讀數(shù)規(guī)則可知，該讀數(shù)為。②為了保證小球做平拋運動，斜槽末端必須水平，A正確；斜槽光滑與否對實驗不產(chǎn)生影響，只要保證兩次實驗小球A從同一位置由靜止釋放即可，B錯誤；實驗中兩小球做平拋運動，下落時間相同，不需要測量斜槽末端的高度，C錯誤；為了防止A球反彈，應(yīng)使A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量，D錯誤。③兩球發(fā)生彈性碰撞，又A球的質(zhì)量大于B球的質(zhì)量，由可知，N點為小球A單獨滑下時的落點，碰后，A球的落點為M點，B球的落點為P點。（2）①由實物連接圖可知電壓表和電源直接并聯(lián)，故圖3的電路圖為圖5中的B。②根據(jù)閉合電路歐姆定律有，結(jié)合圖像可知，縱截距表示電源電動勢E，則，圖像斜率的絕對值表示電源內(nèi)阻r，則。③圖像與橫軸的交點表示短路電流，當(dāng)電源短路時，電表內(nèi)阻不影響短路電流，所以與橫軸交點的數(shù)值將不變；電壓表和電源并聯(lián)，測量的內(nèi)阻是電壓表和電源并聯(lián)后的電阻，比電源內(nèi)阻的真實值小，圖像斜率偏小，修正后圖像斜率變大，與縱軸交點的數(shù)值將變大。15．答案：（1）5m/s（2）0.3J（3）0.2m解析：（1）設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，傳送帶左右兩端的距離為L，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，小物塊在傳送帶上加速時的加速度大小為a，由牛頓第二定律有設(shè)小物塊到達(dá)傳送帶最右端時的速度大小為，假設(shè)小物塊在傳送帶上一直加速，由運動學(xué)公式有聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得由于，故假設(shè)不成立，小物塊到達(dá)傳送帶右端前已經(jīng)與傳送帶共速，故小物塊與小球碰撞前瞬間的速度大小為（2）設(shè)小球的質(zhì)量為M，碰撞后小物塊與小球的速度大小分別為、，碰撞過程中兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動能為，對小物塊與小球碰撞過程，由動量守恒定律得小物塊與小球碰撞過程中，系統(tǒng)損失的總動能為聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得（3）經(jīng)分析知，小球到達(dá)P點正上方繩子拉力剛好為零時，小球繞P點運動的半徑最大，P點到O點距離最小，設(shè)這種情況下小球運動到P點正上方的速度大小為，P點到O點的距離為x，繩子的長度為l，小球運動到P點正上方時，結(jié)合牛頓第二定律和向心加速度公式有對小球的整個上升過程，由動能定理得聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得16．答案：（1）；（2）2或5（3）解析：（1）小球A與B碰撞后結(jié)合在一起，則小球A、B發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞過程動量守恒，設(shè)碰后兩者的共同速度為v，有，則根據(jù)向心力公式，得（2）A、B之間為彈性碰撞，則碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩球第一次碰撞在B球初始位置，設(shè)碰后A、B的速度分別為、，由動量守恒定律有由機械能守恒定律有可得因，則碰后瞬間兩球同向運動，又，結(jié)合可知，從第一次碰撞到第二次碰撞的過程，A的路程小于一個圓周第一種情況：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，可得第二種情況：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，可得由動量守恒和機械能守恒可知兩種情況下第二次碰撞后A球速度重新變?yōu)榍虻乃俣葹?，之后兩小球做周期性運動，兩種情況均符合題意，或（3）第1次碰后瞬間，兩球相對速度為比A多跑一圈后發(fā)生第2次碰撞，設(shè)第1、2次碰撞的時間間隔為，圓周長為，則根據(jù)動量守恒定律有，且解得，則該段時間內(nèi)B的路程為B追上A后兩球發(fā)生第2次碰撞，碰后瞬間兩球相對速度為比B多跑一圈后發(fā)生第3次碰撞，設(shè)第2、3次碰撞的時間間隔為，則根據(jù)動量守恒定律有，且解得，該段時間內(nèi)B的路程為A追上B后兩球發(fā)生第3次碰撞，碰后瞬間兩球相對速度為比A多跑一圈后發(fā)生第4次碰撞，設(shè)第3、4次碰撞的時間間隔為，則根據(jù)動量守恒定律有，且解得，該段時間內(nèi)B的路程為依此類推，A、B第2n次碰撞后瞬間，兩球相對速度為，碰后A比B多跑一圈后發(fā)生第次碰撞，該時間內(nèi)B的路程為綜上，B的路程為17．答案：（1）1.5m（2）90J（3）解析：（1）設(shè)機器人的質(zhì)量為M，木板的質(zhì)量為m，機器人在從A木板左端走到右端的過程，機器人與A木板組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)“人船模型”可知根據(jù)位移關(guān)系有聯(lián)立解得木板A向左移動的位移因機器人向右走動過程，B、C始終靜止，則機器人從A木板左端走到右端時，A、B木板間的水平距離為（2）機器人起跳后在空中做斜拋運動，設(shè)在空中運動的時間為t，起跳時速度為，與水平方向的夾角為θ，則水平方向上有豎直方向上有聯(lián)立解得機器人起跳過程中，機器人與A木板水平方向上動量守恒，則有根據(jù)功能關(guān)系有聯(lián)立可得（單位為J）當(dāng)且僅當(dāng)，即時，W取最小值，則（3）設(shè)機器人從A木板上起跳的速度大小為木板的速度為，機器人跳到B木板左端后與B木板瞬間共速，速度為，此時A、B木板間的水平距離為，水平方向上，B、C木板與機器人組成的系統(tǒng)動量守恒，則有取水平向右為正方向，每一次機器人從B木板上起跳過程中，機器人與B木板組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，則有又機器人相對B木板連續(xù)不停地3次等間距跳到B木板右端，則有、、聯(lián)立可得又3次跳躍后，B木板恰好追上A木板，則有機器人跳到B木板右端時，A、C兩木板間距離聯(lián)立解得18．答案：（1）0.8m（2）（3）（4）解析：（1）C下滑過程，由動能定理有解得（2）設(shè)C滑上B以后，C的加速度大小為的加速度大小為，共速時間為的最小值為共同的加速度大小為，經(jīng)過時間A追上的最大值為，則由牛頓第二定律有解得解得又解得由運動學(xué)規(guī)律有聯(lián)立解得共速后，由牛頓第二定律得解得由運動學(xué)公式得聯(lián)立解得故s的范圍為（3）由題意知，所以B與P碰撞時，B與C未共速。設(shè)C在B板上滑動的時間為與P相碰時C的速度大小為，則由運動學(xué)公式得解得（另一解舍去）解得對物體C從剛滑上B到B與P碰撞前的過程，由動能定理有解得（4）設(shè)