2021年高考题和模拟题物理分类汇编 07 动量.pdf

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1、2021年高考试题分类汇编专题0 7 动量1.（2021.山东卷）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面，的高处，现将质量为优的物资以相对地面的速度?水平投出，落地时物资与热气球的距离为乩 已知投出物资后热气球的总质量为M,所受浮力不变，重力加速度为g,不计阻力，以下判断正确的是（）A.投出物资后热气球做匀加速直线运动B.投出物资后热气球所受合力大小为甲g【解析】A B.热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0,初动量为0,水平投出重力为7g的物资瞬间,满足动量守恒定律Mv=mvQ则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度也 热气球所受合外力恒为侬，竖直向上,所以热气球

2、做匀加速曲线运动，A 错误，B 正确；C D.热气球和物资的运动示意图如图所示XM热气球和物资所受合力大小均 为 冲，所以热气球在竖直方向上加速度大小为ma=gM物资落地H过程所用的时间/内，根据H=Lg*解得落地时间为热气球在竖直方向上运动的位移为 at2 =-m-2 2H=m H,2 2 M g M热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为d=yl（xm+xM）2+（H+HM）2=（1 +令）C 正确，D错误。故选B Co2.（2 0 2 1 .湖南卷）如 图（a）,质量分别为m A、H 7 B 的 A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力

3、尸作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为X。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的。一，图像如图（6）所示，航表示0至必时间内A的一/图线与坐标轴所围面积大小，$、S3分别表示4到右时间内A、B的。一/图线与坐标轴所围面积大小。A在4 时刻的速度为%。下列说法正确的 是（)图（a）图（6）A.0 到乙时间内，墙对B 的冲量等于W A%B.机 A C.B 运动后，弹簧的最大形变量等于XD.SS=S3【答案】ABD【解析】A.由于在0 九时间内，物体B 静止，则对B 受力分析有尸 地=尸弱则墙对B 的冲量大小等于弹簧对B 的冲量大小，而弹簧既作用于B 也作用于A,则可将研

4、究对象转为A,撤去尸后A 只受弹力作用，则根据动量定理有I=/W A V O （方向向右）则墙对B 的冲量与弹簧对A 的冲量大小相等、方向相同，A 正确；B.由 ar 图可知 后弹簧被拉伸，在七时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有F -ma-msan由图可知4B A则mn B 正确；C.由图可得，九时刻B 开始运动，此时A 速度为,之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒,则 2/o=%乙+加可得AB整体的动能不等于0,即弹簧的弹性势能会转化为AB系统的动能，弹簧的形变量小于x,C错误;D.由a f图可知“后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在八一女时间内A B组成的系统动量守恒，且在这时

5、刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a r图像的面积为A v,在打时刻AB的速度分别为巳=5 邑，vB=S3A、B共速，则S _ S?=S3D正确。故选A B D o3.（2 0 2 1全国卷）水平桌面上，一质量为例的物体在水平恒力尸拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于s（）时，速度的大小为%,此时撤去F,物体继续滑行2%的路程后停止运动，重力加速度大小为g,则（）1 .A.在此过程中F所做的功为5 优3B.在此过中产的冲量大小等于2C.物体与桌面间的动摩擦因数等于4s gD.F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍【答案】B C【解析】C D.外力撤去前，由牛顿第二定律可知F-jLim

6、g=m%由速度位移公式有外力撤去后，由牛顿第二定律可知一42 g =ma2 由速度位移公式有一环=2 4 (2%)由可得，水平恒力动摩擦因数滑动摩擦力F=3 加4so2=4 mg4so可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍,故C正确，D错误;A.在此过程中，外力F做功为3W=E%=1加说故A错误:B.由平均速度公式可知，外力F作用时间t=%=2so +%2在此过程中，F的冲量大小是3/=%=铲故B正确。故选BCo4.（2021.湖南卷）物体的运动状态可用位置x和动量。描述，称为相，对应P-X图像中的一个点。物体运动状态的变化可用图像中的一条曲线来描述,称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做

7、初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（A.)【答案】D【解析】质点沿X轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2=l a x而动量为p m v联立可得_ p =m 0,故正确的相轨迹图像为D。故选D。5.（2021全国卷）如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车跑的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系（可视为惯性系）中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统（）T。6 0 Q77777777777777777777777777777777777A.动量守恒，机械能守恒

8、B.动量守恒，机械能不守恒C.动量不守恒，机械能守恒D.动量不守恒，机械能不守恒【答案】B【解析】因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；以小车、弹簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去推力后该系统动量守恒，机械能不守恒。故选Bo6.（2021浙江卷）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s末和6s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空

9、气中的传播速度为340m/s,忽略空气阻力。下列说法正确的是()A.两碎块的位移大小之比为1:2 B.爆炸物的爆炸点离地面高度为80mC.爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s D.爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m【答案】B【解析】A.爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知町匕一色匕=0因两块碎块落地时间相等，则加,无-m2x2=0则X i _ zn,_ 1工2 网 2则两碎块的水平位移之比为1:2,而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2,选项A错误;B.设两碎片落地时间均为f,由题意可知(5T)%_(6电 一.解得t=4s爆炸物的爆炸点离地面高度为1 ,1 ,h=gt=xl0

10、 x4-m=80m2 2选项B正确；C D.爆炸后质量大的碎块的水平位移%=(5-4)x 340m=340m质量小的碎块的水平位移x2=(6-4)x 340m=680m爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m质量大的碎块的初速度为玉340%=1=m/s=85m/s选项CD错误。故选Bo7.（2021浙江卷）如图所示是我国自主研发的全自动无人值守望远镜，它安装在位于南极大陆的昆仑站,电力供应仅为lxl（）3w。若用国际单位制基本单位的符号来表示W,正确的是（）【答案】D【解析】A.N不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义/=后 可知，N s是冲量的的单位，A错误：B.根据

11、功率的计算公式P=N可知功率的单位可以表示为N-m/s,但N不是国际单位制基本单位，B错误；C.根据动量的定义=相丫可知，kg-m/s是动量的单位，C错误；D.根据尸=刑 可知功率的单位可以表示为N m/s,结合尸=加 ”JuN=kg-m/s2,则功率得单位W=N-m/s=kg-m2/s3.D 正确。故选D。8.（2021山东卷）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量，=0/kg的鸟蛤，在 =20m的高度、以=15m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g=10m/s2,忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的

12、碰撞时间&=0.005s,弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小E （碰撞过程中不计重力）（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地 面平齐、长度L=6m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为2 0 m,速度大小在15m/s17m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。yx【答案】（1）F =500N：（2）34m,36m或（34m,36m）【解析】（1）设平抛运动的时间为f,鸟蛤落地前瞬间的速度大小为力 竖直方向分速度大小为匕，根据运动的合成与分解得产，%=gt，v=M +*在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度

13、V的方向为正方向，由动量定理得-FAt-O-m v联立，代入数据得F =5（X）N（2）若释放鸟蛤的初速度为匕=15m/s,设击中岩石左端时，释放点的x坐 标 为 击 中 右 端 时，释放点的x坐标为，得玉-v/,x2-xt+L联立，代入数据得X y=30m,x2 36 m若释放鸟蛤时的初速度为匕=17m/s,设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐 标 为 得X：=v2t，w=X：+L联立，代入数据得x：=34m，工 2 =40m综上得x坐标区间34m,36ml 或（34m,36m）9.（2021广东卷）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动

14、，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框6,甲、乙相隔5,=3.5 x l O-2m,乙与边框。相隔.%=2.0 x 1 0-2 m,算珠与导杆间的动摩擦因数=0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s,方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取1 0 m/s2（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。算珠归零状态边框边框6,MMZ【答案】（1）能：（2）0.2 s【解析】（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有f =/jm g=ma则甲乙滑动时的加速度大小均为a

15、 =g=l m/s2甲与乙碰前的速度叨，则2 a s i =VQ-v,2解得4=0.3 m/s甲乙碰撞时由动量守恒定律mv=mv2+mvy解得碰后乙的速度V 3=O.2 m/s然后乙做减速运动，当速度减为零时则32a0.22-m=0.0 2 m =2 x 1可知乙恰好能滑到边框a；(2)甲与乙碰前运动的时间9=空4 0小=v2=0.1 s=O八.lI s2 a 1，=，+,=0.2 s碰后甲运动的时间则甲运动的总时间为1 0.(2 0 2 1.浙江卷)如图所示，水平地面上有一高”=0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角6 =3 7 的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道8C、四分之一圆周光滑细圆管

16、道CO和半圆形光滑轨道。防，它们平滑连接，其中管道 8的半径r=0.1m、圆心在。点，轨道。下 的半径R =0.2 m、圆心在。2点，。】、。、02和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道A3上距台面高为的2点静止下滑，与静止在轨道B C上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道C。、轨道。瓦 从尸点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上。点，已知小滑块与轨道 A8间的动摩擦因数=*，si n3 7 =0.6,c os3 7 =0.8 =(1)若小滑块的初始高度=0.9 m,求小滑块到达B点时速度%的大小；(2)若小球能完成整个运动

17、过程，求h的最小值如加；(3)若小球恰好能过最高点E,且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与尸点的水平距离X的 最 大 值。【答案】(1)4 m/s；(2)hmin=0.4 5 m；(3)0.8 m【解析】(1)小滑块在AB轨道上运动jnmgn-mg cos u-h-1 mv02sin 0 2代入数据解得v0=-ygh=4m/S(2)小球沿C D E尸轨道运动，在最高点可得mg=m从C点到E点由机械能守恒可得 机 m in +/咫(卡+厂)=j加吗min解得=0mzs .%nin=2 0 m/s小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有/L m in =+rnvBmin,|mVAn.n2=

18、g wv/2+|mvf iin in2解得匕1 =，VBmin=VAmin结合(1)问可得“A min=Jg，?min解得h的最小值储 in=045m(3)设F点到G点的距离为y,小球从E点到G点的运动，由动能定理1 2mvr2 Gg%4 m i n+m g(R+y)由平抛运动可得1 ,x=vct,H+r-y=-gt联立可得水平距离为x=2j(0.5 y)(0.3+y)由数学知识可得当0.5-y=0.3+y取最大，最大值为11.（2 02 1浙江卷）如图甲所示，空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板 M、N和边长为L的立方体构成，其后端面P为喷口.以金属板N的中心O

19、为坐标原点，垂直立方体侧面和金属板建立x、y 和 z 坐标轴。M、N板之间存在场强为E、方向沿z 轴正方向的匀强电场；立方体内存在磁场，其磁感应强度沿z 方向的分量始终为零，沿 x和 y 方向的分量Bx和 4 随时间周期性变化规律如图乙所示，图中当可调。款 离 子（X e 2+）束从离子源小孔S射出，沿 z 方向匀速运动到M 板，经电场加速进入磁场区域，最后从端面P射出，测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v o 已知单个离子的质量为，小 电荷量为2 e,忽略离子间的相互作用，且射出的离子总质量远小于推进器的质量。（1）求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小v s；（2

20、）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节品的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面尸射出，求 扁 的取值范围;（3）设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T,单位时间从端面P射出的离子数为，且【答案】；（2）署-3n m v0,方向沿z 轴负方向【解析】（1）离子从小孔S射出运动到金属板N中心点。处，根据动能定理有2eEd-m V g -mvs2解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小%2 4eEd%-m（2）当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时，离子从喷口 P的下边缘中点射出，根据几何关系有R i +尸=R；根据洛伦兹力提供向心力有-c2 e%短）=联立解得稣=鬻当磁场在X和），方向的分

21、量同取最大值时，离子从喷口尸边缘交点射出，根据几何关系有R叫+Z?=R；此时8 =6为：根据洛伦兹力提供向心力有2ex%x&=吟J联立解得故综的取值范围为0 ；3eL（3）粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示由题意根据洛伦兹力提供向心力有c2e x vm vo0 x，2稣=-氏3且满足3 粤所以可得所以可得_ mv._ 5“一2技”一 J3cos 0-5离子从端面P射出时，在沿Z轴方向根据动量定理有Fbt=n/tmv0 cos。一 0根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F3 nmv0方向沿z轴负方向。12.（2021河北卷）如图，一 滑 雪 道 由 和3 C两段滑道组成，其中A 3段

22、倾角为。，段水平，段和 段 由 一 小 段 光 滑 圆 弧 连 接，一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包I7并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为=五，重力加速度取g=10m/s2,sin。=石,2 4CO S。=一，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求:2 5(1)滑道AB段的长度；(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。C【答案】L =9m：(2)v =7.44m/s【解析】(1)设斜面长度为L，背包质量 为 班=2 k g,在斜面上滑行的加

23、速度为力,由牛顿第二定律有町g s in 6 /jmAg co s 0 -解得at=2 m/s2滑雪者质量为机2 =48 k g ,初速度为=L 5 m/s,加速度为4 =3m/s 2,在斜面上滑行时间为f,落后时间=ls,则背包的滑行时间为f+由运动学公式得（/+（）-r1 2L=vot+a2t联立解得t =2 s 或，=-Is（舍去）故可得L =9 m(2)背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为匕、匕，有W =4（f+%）=6 m/sv2=vQ+a2t=7.5 m/s滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为叭有片 +m2v2=（m+m2）v解得v-7.44m/s

24、13.(2 02 1.浙江卷)如图所示，竖直平面内由倾角a=6 0。的斜面轨道A 3、半径均为R的半圆形细圆管轨道88E和圆周细圆管轨道E F G 构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G 和圆心。2 的连线，以及02、E、O i和 3 等四点连成的直线与水平线间的夹角均为 Q 3 0。，G 点与竖直墙面的距离=6/?。现将质量为机的小球从斜面的某高度人处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。(1)若释放处高度=加，当小球第一次运动到圆管最低点C 时，求速度大小晚及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；求小

25、球在圆管内与圆心01点等高的。点所受弹力FN与 h的关系式：(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？【答案】(1)v =J 2 g 4,I=%/2 g 4 ,水平向左；(2)鼠=2/g(-l)(hZ R)；或h R【解析】(1)机械能守恒解得动量定理方向水平向左(2)机械能守恒做=;脸%;71=m vc=个 得 兄12mg(h-R)=mvD牛顿第二定律X哈解得hFN=2mg（-l）A满足的条件力NR（3）第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是/?2 1 i =2 即 哧+也以-5以 产 甲-5%也解得AE=3J故选A 1 7.（2 0 2 0.全国卷）行驶中的汽车如果发

26、生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体.若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【答案】D【解析】A.因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；B.有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；C.因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；D.因为安全气囊充气后面积增

27、大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。故选D。1 8.（2 0 2 0海南卷）如图，足够长的间距d =1 m的平行光滑金属导轨M N、尸。固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L=l m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为3 =0.5 T,方向如图所示.一根质量砥=（）/k g,阻值/?=0.5 0的金属棒以初速度=4 m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量叫=0.2 k g,阻值R =0.5 C的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则（）N右QA.金属棒。第一次穿过磁场时做匀减

28、速直线运动B.金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流C.金属棒。第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒人上产生的焦耳热为0.2 5 JD.金属棒a最终停在距磁场左边界0.8 m处【答案】B D【解析】A.金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，故金属棒。做加速度减小的减速直线运动，故A错误；B.根据右手定则可知，金属棒。第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确；C.电路中产生的平均电动势为-BLdE=-=-Ar X平均电流为)2R金属棒。受到的安培力为F=BId规定向右为正方向，对金属棒”，根据动量定理得

29、-Bld.At=-解得对金属棒第一次离开磁场时速度va-1.5m/s金属棒。第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即八 1 2 1 2Q=-maVO-aVa联立并带入数据得Q=0.6875J由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热2=O.34375J故C错误；D.规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得mavamava+mhvh；炉=；”,可2+；/4联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为va=-0.5m/s设金属棒“最终停在距磁场左边界x处，则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均电动势为万，B(L-x)

30、dt Af平均电流为7，=互2R金属棒。受到的安培力为万=Bld规定向右为正方向，对金属棒。，根据动量定理得-B I 5 m/sm解得m 6 0 k g第7次运动员的速度一定小于5 m/s，则v7=I?%5 2 k g综上所述，运动员的质量满足5 2 k g m v=l m/s,故小物块6先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有=mha解得 a=2m/s2则小物块b由2m/s减 至lm/s,所走过的位移为代入数据解得玉=0.75m运动的时间为代入数据解得乙=0.5s因 石=0.75111 VOI；(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度h“；(3)求物块Q从 A 点上升的总高度H；(4)为保证在Q的速度

31、减为零之前P不会与之发生碰撞，求 A 点与挡板之间的最小距离s。【答案】(1)P的速度大小为2%,Q的速度大小为2%；(2)%=(三)T 薯(”=1,2,3)；(3)H =或：5 5 25 25g 8月(仇_(8凤13)片200g sin 8【解析】(1)P 与。的第一次碰撞，取 P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mvn=mvPl+4机 由机械能守恒定律得1 2 1 2 1 ,2 公/w vo=+5 .4/n%?联立式得VP=-|V0 2 _VQ=-V0 3 7故第一次碰撞后P的速度大小为g%,。的速度大小为1%(2)设第一次碰撞后。上升的高度为E,对。由运动学公式得0 -=2 (2 s

32、 in 0)-1 s in夕联立式得心 设 尸运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为%2，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得P与Q的第二次碰撞，设碰后P与。的速度分别为昨2、也2，由动量守恒定律得联立式得V02=V0 设第二次碰撞后。上升的高度为生，对。由运动学公式得加%2=m vP2+4 WQ2 由机械能守恒定律得1 2 1 2 1 /9 G2W V02=2OTVP2+2-4O T VG 2 联立式得V p 2=一|x，v 2 2=|xy-vo 设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为h 3，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得。-%之=2.(-2g sin).sin

33、g联立刨得h，工运 25 25g。与。的第三次碰撞，设碰后P与。的速度分别为 3、V Q 3,由动量守恒定律得；W V0 32-J Z W VP 22=-联立领就得%3=(g)2%m vm=m vP3+4 mvQ3山机械能守恒定律得联立但颤醺得VQ3=如(9)2%设第三次碰撞后。上升的高度为例，对 Q 由运动学公式得0 -4=2 (-2 g s in 0)-心 片H C it i t-i联立(g朝 颜 式 得总结可知，第次碰撞后，物块Q 上升的高度为%=(二)1.(=1,2,32 5 2 5 g(3)当 P、0 达到H 时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得 H0 w

34、v02=-(7 7?+4m)gH-t a n 3 4 z n gc os0-(4)设。第一次碰撞至速度减为零需要的时间为n,由运动学公式得vQ=2朗 sin|)-3 S in当A 点与挡板之间的距离最小时/=2tl+联立式，代入数据得s13)%22 0 0 g s in。2 5.(2 0 2 0 浙江卷)某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形E F G”、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板CO 平行于HG水平放置，能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c 三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界“水平射入磁场，b束中的离子在磁场中沿半径

35、为R的四分之一圆弧运动后从下边界竖直向下射出，并打在探测板的右边缘。点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N,离子束间的距离均为0.6 R ,探测板C Z)的宽度为0.5R ,离子质量均为，小 电荷量均为4，不计重力及离子间的相互作用。(D 求离子速度v 的大小及c 束中的离子射出磁场边界“G时与H点的距离s；(2)求探测到三束离子时探测板与边界H G的最大距离Lm m；(3)若打到探测板上的离子被全部吸收，求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到 G距离L的关系。,IH-GC-D 答案(1)v =-.,0.8/?；L=-R；当 0 R 时：耳=2 6 N q B R；当一R 0.4 R

36、时：F?=N q B R【解析】(I)离子在磁场中做圆周运动得粒子的速度大小m令C束中的离子运动轨迹对应的圆心为。，从磁场边界 G边的。点射出，则由几何关系可得OH=Q.6R.S=HQ=JR2-Q6R)2=0.8 R(2)。束中的离子运动轨迹对应的圆心为O ,从 磁 场 边 界 边 射 出 时 距 离H点的距离为x,由几何关系可得HO=aH R=G.6Rx=d R JH O 2=0.8-即。、c束中的离子从同一点。射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为、a，由几何关系可得a-(3探测到三束离子，则c束中的离子恰好达到探测板的Q点时，探测板与边界H G的距离最大，t a n a =R-s O

37、H(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量pz=pcosa=0.8qBR4当00百/?时所有离子都打在探测板上，故单位时间内离子束对探测板的平均作用力F、=Np+2Np,=26NqBR4当一 R 0.4 R时，只有b束中离子打在探测板上，则单位时间内离子束对探测板的平均作用力为K=Np=NqBR2 6.(2 0 2 0浙江卷)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道A B和倾角e=3 7 的斜轨道BC平滑连接而成。质量机=0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0 m处静止释放。已知K =0.2 m,4 B =c=L m,滑块与轨道A3和 间 的 动 摩

38、擦 因 数 均 为 =0 2 5,弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。(1)求滑块运动到与圆心。等高的。点时对轨道的压力：(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2%的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.2 5,求它们在轨道8C上到达的高度力与x之间的关系。(碰撞时间不计，s i n 37 =0.6,c o s 37 =0.8)【答案】(D8 N,方向水平向左；(2)不会冲出；(3)h=-x (-m x l m )；h=0(0 x -m )6 4 8 8 8【解析】(1)机械能守恒定律牛顿第二定律1 2mgH=mg

39、R+mvDZ*8 N牛顿第三定律方向水平向左(2)能在斜轨道上到达的最高点为C点，功能关系A=/=8Nm g H=机 g Z B+g Bc c o s。+m g LB C.s i n 0得Lar.=m 1.0 m*1 6故不会冲出(3)滑块运动到距A点x处的速度为V,动能定理口 1 2m g H -/jmgx=mv碰撞后的速度为v ,动量守恒定律m v =imv设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h,动能定理-3/z m g(LA B-x)3mg 1-3mgh=0 -(37?z)v,2得h-x-m x,Im6 4 8 1 8h=o f(!k|m2 7.(2 0 2 0.全国卷)如图，相距L=lL 5

40、 m 的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定。质量?=1 0 kg 的载物箱(可视为质点)，以初速度 vo=5.O m/s 自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数以=0.1 0,重力加速度取g =1 0 m/s 2。(1)若 v=4.0 m/s,求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；1 3 若 v=6.0 m/s,载物箱滑上传送带加=s后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台1 2运动的过程中，传送带对它的冲量。左侧平台传送带右侧平台【答案】(l)

41、2.75s；(2)2=4 g m/s,V,=V 2 m/s；(3)0/=2 0 8.3N-s,方向竖直向上【解析】(D传送带的速度为。=4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为m由牛顿第二定律有:jLimg=mci 设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为制，由运动学公式有v2-VQ=-2ajC联立式，代入题给数据得=4.5m；因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v,然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为d 做匀减速运动所用的时间为4由运动学公式有v=v()-a t2 2+V联立式并代入题给数据有n=2.75s；(2)当载物箱滑上传送带后直做

42、匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为口，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为电.由动能定理有-pimgL=g m-g mVg jumgL=g由式并代入题给条件得V j=V 2 m/s，v2=4 8 m/s 传送带的速度为u=6.0 m/s时，由 于?/JrngiL x2 x3）即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为孙由运动学公式有，vj v=2z（L W-彳3）则v3=5m/s减速运动时间v-v,.t4=1=Isa设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为小心4=加（匕-%）=（）A=%（，+%）=mg（加+%）=N

43、s h 208.3N s,方向竖直向上则在整个过程中，传送带给教物箱的冲量7=/2=208.3N.sr方向竖直向上由动量定理有28.（2020.全国卷）某同学用如图所示的实验装置验证动量定理，所用器材包括：气垫导轨、装有宽度为 的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、祛码盘和祛码等。实验步骤如下：滑 块（上方安（1）开动气泵，调节气垫导轨，轻推滑块，当滑块上的遮光片经过两个光电门的遮光时间.时，可认为气垫导轨水平；（2）用天平测祛码与祛码盘的总质量如、滑 块（含遮光片）的质量，犯;(3)用细线跨过轻质定滑轮将滑块与祛码盘连接，并让细线水平拉动滑块；(4)令滑块在祛码和祛码盘的拉动下从左边开始运

44、动，和计算机连接的光电门能测量出遮光片经过A、B两处的光电门的遮光时间A h、A f 2 及遮光片从A运动到B所用的时间山；(5)在遮光片随滑块从A运动到3的过程中，如果将祛码和祛码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小/=,滑块动量改变量的大小Ap=；(用题中给出的物理量及重力加速度g表示)(6)某次测量得到的一组数据为：4=1.0 0 0 c m,如=1.5 0 x 1 0 kg,“72=0.4 0 0 kg,Z i=3.9 0 0 x 1 0-2s,/2=1.2 70 x 1 0-2 4 2=1.5 0 s,取 g=9.8 0 m/s 2。计算可得/=N-s,A p=_ _ _ _

45、kg-m-s-1；(结果均保留 3位有效数字)(7)定义6=三 包 卜 1 0 0%,本次实验3=%(保留1 位有效数字)。d d【答案】大约相等 mxgtn，(-)0.2 2 1 0.2 1 2 4【解析】(1)1 当经过A,B 两个光电门时间相等时，速度相等，此时由于阻力很小，可以认为导轨是水平的。(5)2 由/=力，知/二 色 电 3 由A”=匕一相片知.d d.d dp=m、-m,-=m,(-Ar2&绝 A/,(6)代入数值知，冲量/=m M=L5xl(r2x9.8xL5Nsa().221N s 5 动量改变量p=-)=0.212kg m-s-1 Ar2 A。(7)由定义公式6=一 x lO O%可得，本次实验3=l；-A/?l x 100%=8221 二0212 x lQ 0%w 4%0.221