专题07动量-三年（2019-2021）高考物理真题分项汇编（解析版）

这是一份专题07动量-三年（2019-2021）高考物理真题分项汇编（解析版），共48页。

专题07 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H的高处，现将质量为m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d。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
C．
D．
【答案】BC
【解析】
AB．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，水平投出重力为的物资瞬间，满足动量守恒定律

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，热气球所受合外力恒为，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，A错误，B正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示

热气球和物资所受合力大小均为，所以热气球在竖直方向上加速度大小为

物资落地过程所用的时间内，根据解得落地时间为

热气球在竖直方向上运动的位移为

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

C正确，D错误。
故选BC。
2．（2021·湖南卷）如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力作用在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。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的图像如图（b）所示，表示0到时间内的图线与坐标轴所围面积大小，、分别表示到时间内A、B的图线与坐标轴所围面积大小。A在时刻的速度为。下列说法正确的是（　　）

A．0到时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B． mA > mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于
D．
【答案】ABD
【解析】
A．由于在0 ~ t1时间内，物体B静止，则对B受力分析有
F墙 = F弹
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，则可将研究对象转为A，撤去F后A只受弹力作用，则根据动量定理有
I = mAv0（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a—t图可知t1后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，根据牛顿第二定律有
F弹 = mAaA= mBaB
由图可知
aB > aA
则
mB < mA
B正确；
C．由图可得，t1时刻B开始运动，此时A速度为v0，之后AB动量守恒，AB和弹簧整个系统能量守恒，则

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—t图可知t1后B脱离墙壁，且弹簧被拉伸，在t1—t2时间内AB组成的系统动量守恒，且在t2时刻弹簧的拉伸量达到最大，A、B共速，由a—t图像的面积为Dv，在t2时刻AB的速度分别为
，
A、B共速，则

D正确。
故选ABD。
3．（2021·全国卷）水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（　　）
A．在此过程中F所做的功为
B．在此过中F的冲量大小等于
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
【答案】BC
【解析】
CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
①
由速度位移公式有
②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
③
由速度位移公式有
④
由①②③④可得，水平恒力

动摩擦因数

滑动摩擦力

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

故A错误；
B．由平均速度公式可知，外力F作用时间

在此过程中，F的冲量大小是

故B正确。
故选BC。
4．（2021·湖南卷）物体的运动状态可用位置和动量描述，称为相，对应图像中的一个点。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。假如一质点沿轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是（　　）
A．B．C． D．
【答案】D
【解析】
质点沿轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有

而动量为

联立可得

动量关于为幂函数，且，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，滑块与车厢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（　　）

A．动量守恒，机械能守恒
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B。
6．（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80m
C．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

因两块碎块落地时间相等，则

则

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t，由题意可知

解得
t=4s
爆炸物的爆炸点离地面高度为

选项B正确；
CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移

质量小的碎块的水平位移

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

选项CD错误。
故选B。
7．（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1×103W。若用国际单位制基本单位的符号来表示W，正确的是（　　）

A．N・s B．N・m/s C．kg・m/s D．kg・m2/s3
【答案】D
【解析】
A．不是国际单位制基本单位，根据冲量的定义可知，是冲量的的单位，A错误；
B．根据功率的计算公式可知功率的单位可以表示为，但不是国际单位制基本单位，B错误；
C．根据动量的定义可知，是动量的单位，C错误；
D．根据可知功率的单位可以表示为，结合可知，则功率得单位，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。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，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F；（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，速度大小在之间，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。

【答案】（1）；（2）或
【解析】
（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为，根据运动的合成与分解得
，，
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得

联立，代入数据得

（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，m
若释放鸟蛤时的初速度为，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
，
联立，代入数据得
，
综上得x坐标区间
或
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，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b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。
（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。

【答案】（1）能；（2）0.2s
【解析】
（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有

则甲乙滑动时的加速度大小均为

甲与乙碰前的速度v1，则

解得
v1=0.3m/s
甲乙碰撞时由动量守恒定律

解得碰后乙的速度
v3=0.2m/s
然后乙做减速运动，当速度减为零时则

可知乙恰好能滑到边框a；
（2）甲与乙碰前运动的时间

碰后甲运动的时间

则甲运动的总时间为

10．（2021·浙江卷）如图所示，水平地面上有一高的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道，它们平滑连接，其中管道的半径、圆心在点，轨道的半径、圆心在点，、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道、轨道从F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Q点，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，，。
（1）若小滑块的初始高度，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过程，求h的最小值；
（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F点的水平距离x的最大值。

【答案】（1）4m/s；（2）；（3）0.8m
【解析】
（1）小滑块在轨道上运动

代入数据解得

（2）小球沿轨道运动，在最高点可得

从C点到E点由机械能守恒可得

解得
，
小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有
，
解得
，
结合(1)问可得

解得h的最小值

（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

由平抛运动可得
，
联立可得水平距离为

由数学知识可得当

取最大，最大值为

11．（2021·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方向的分量和随时间周期性变化规律如图乙所示，图中可调。氙离子（）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v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为，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vS；
（2）不考虑在磁场突变时运动的离子，调节的值，使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出，求的取值范围；
（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n，且。求图乙中时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。

【答案】（1）；（2）；（3），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O处，根据动能定理有

解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小

（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

根据洛伦兹力提供向心力有

联立解得

当磁场在x和y方向的分量同取最大值时，离子从喷口P边缘交点射出，根据几何关系有

此时；根据洛伦兹力提供向心力有

联立解得

故的取值范围为；
（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

且满足

所以可得

所以可得

离子从端面P射出时，在沿z轴方向根据动量定理有

根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为

方向沿z轴负方向。
12．（2021·河北卷）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、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并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：
（1）滑道段的长度；
（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。

【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有

解得

滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得


联立解得
或
故可得

（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有


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，有

解得

13．（2021·浙江卷）如图所示，竖直平面内由倾角α=60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG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O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ=30°，G点与竖直墙面的距离。现将质量为m的小球从斜面的某高度h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h=h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vc及在此过程中所受合力的冲量的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D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)，，水平向左；(2)（h≥R）；(3)或
【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

牛顿第二定律

解得

满足的条件
(3)第1种情况:不滑离轨道原路返回，条件是
第2种情况：与墙面垂直碰撞后原路返回，在进入G之前是平抛运动

其中，，则

得

机械能守恒

h满足的条件




14．（2020·海南卷）太空探测器常装配离子发动机，其基本原理是将被电离的原子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力，若某探测器质量为，离子以的速率（远大于探测器的飞行速率）向后喷出，流量为，则探测器获得的平均推力大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
对离子，根据动量定理有

而

解得F=0.09N，故探测器获得的平均推力大小为0.09N，故选C。
15．（2020·北京卷）在同一竖直平面内，3个完全相同的小钢球（1号、2号、3号）悬挂于同一高度；静止时小球恰能接触且悬线平行，如图所示。在下列实验中，悬线始终保持绷紧状态，碰撞均为对心正碰。以下分析正确的是（　　）

A．将1号移至高度释放，碰撞后，观察到2号静止、3号摆至高度。若2号换成质量不同的小钢球，重复上述实验，3号仍能摆至高度
B．将1、2号一起移至高度释放，碰撞后，观察到1号静止，2、3号一起摆至高度，释放后整个过程机械能和动量都守恒
C．将右侧涂胶的1号移至高度释放，1、2号碰撞后粘在一起，根据机械能守恒，3号仍能摆至高度
D．将1号和右侧涂胶的2号一起移至高度释放，碰撞后，2、3号粘在一起向右运动，未能摆至高度，释放后整个过程机械能和动量都不守恒
【答案】D
【解析】
A．1号球与质量不同的2号球相碰撞后，1号球速度不为零，则2号球获得的动能小于1号球撞2号球前瞬间的动能，所以2号球与3号球相碰撞后，3号球获得的动能也小于1号球撞2号球前瞬间的动能，则3号不可能摆至高度，故A错误；
B．1、2号球释放后，三小球之间的碰撞为弹性碰撞，且三小球组成的系统只有重力做功，所以系统的机械能守恒，但整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故B错误；
C．1、2号碰撞后粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，所以1、2号球再与3号球相碰后，3号球获得的动能不足以使其摆至高度，故C错误；
D．碰撞后，2、3号粘在一起，为完全非弹性碰撞，碰撞过程有机械能损失，且整个过程中，系统所受合外力不为零，所以系统的机械能和动量都不守恒，故D正确。
故选D。
16．（2020·全国卷）甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（　　）

A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
【答案】A
【解析】
由v-t图可知，碰前甲、乙的速度分别为，；碰后甲、乙的速度分别为，，甲、乙两物块碰撞过程中，由动量守恒得

解得

则损失的机械能为

解得

故选A。
17．（2020·全国卷）行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，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。
18．（2020·海南卷）如图，足够长的间距的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度的匀强磁场区域，磁感应强度大小为，方向如图所示．一根质量，阻值的金属棒a以初速度从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量，阻值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（ ）

A．金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动
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a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为
D．金属棒a最终停在距磁场左边界处
【答案】BD
【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a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a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

平均电流为

金属棒a受到的安培力为

规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得

解得对金属棒第一次离开磁场时速度

金属棒a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

联立并带入数据得

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

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


联立并带入数据解得金属棒a反弹的速度为

设金属棒a最终停在距磁场左边界处，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

平均电流为

金属棒a受到的安培力为

规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得

联立并带入数据解得

故D正确。
故选BD。
19．（2020·全国卷）水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
【答案】BC
【解析】
设运动员和物块的质量分别为、规定运动员运动的方向为正方向，运动员开始时静止，第一次将物块推出后，运动员和物块的速度大小分别为、，则根据动量守恒定律

解得

物块与弹性挡板撞击后，运动方向与运动员同向，当运动员再次推出物块

解得

第3次推出后

解得

依次类推，第8次推出后，运动员的速度

根据题意可知

解得

第7次运动员的速度一定小于，则

解得

综上所述，运动员的质量满足

AD错误，BC正确。
故选BC。
20．（2020·海南卷）如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨道半径，传送带的长度L=1.25m，传送带以速度顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数，。求
（1）碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小；
（2）碰后小物块a能上升的最大高度；
（3）小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。

【答案】（1）30N；（2）0.2m；（3）1s
【解析】
（1）设小物块a下到圆弧最低点未与小物块b相碰时的速度为，根据机械能守恒定律有

代入数据解得
小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有

代入数据解得
根据牛顿第三定律，可知小物块a对圆弧轨道的压力大小为30N。
（2）小物块a与小物块b发生弹性碰撞，根据动量守恒有

根据能量守恒有

联立解得，
小物块a反弹，根据机械能守恒有

解得
（3）小物块b滑上传送带，因，故小物块b先做匀减速运动，根据牛顿第二定律有

解得
则小物块b由2m/s减至1m/s，所走过的位移为

代入数据解得
运动的时间为

代入数据解得
因，故小物块b之后将做匀速运动至右端，则匀速运动的时间为

故小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间

21．（2020·北京卷）如图甲所示，真空中有一长直细金属导线，与导线同轴放置一半径为的金属圆柱面。假设导线沿径向均匀射出速率相同的电子，已知电子质量为，电荷量为。不考虑出射电子间的相互作用。
(1)可以用以下两种实验方案测量出射电子的初速度：
a.在柱面和导线之间，只加恒定电压；
b.在柱面内，只加与平行的匀强磁场。
当电压为或磁感应强度为时，刚好没有电子到达柱面。分别计算出射电子的初速度。
(2)撤去柱面，沿柱面原位置放置一个弧长为、长度为的金属片，如图乙所示。在该金属片上检测到出射电子形成的电流为，电子流对该金属片的压强为。求单位长度导线单位时间内出射电子的总动能。

【答案】（1）a.，b.；（2）
【解析】
（1）a.在柱面和导线之间，只加恒定电压，粒子刚好没有电子到达柱面，此时速度为零，根据动能定理有

解得

b.在柱面内，只加与平行的匀强磁场，磁感应强度为时，刚好没有电子到达柱面，设粒子的偏转半径为r，根据几何关系有

根据洛伦兹力提供向心力，则有

解得

（2）撤去柱面，设单位时间单位长度射出的电子数为n，则单位时间打在金属片的粒子数

金属片上形成电流为

所以

根据动量定理得金属片上的压强为

解得

故总动能为

22．（2020·江苏卷）一只质量为的乌贼吸入的水，静止在水中。遇到危险时，它在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，以的速度向前逃窜。求该乌贼喷出的水的速度大小v。
【答案】
【解析】
乌贼喷水过程，时间较短，内力远大于外力，动量守恒；选取乌贼逃窜的方向为正方向，根据动量守恒定律得

解得喷出水的速度大小为

23．（2020·天津卷）长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求
（1）A受到的水平瞬时冲量I的大小；
（2）碰撞前瞬间B的动能至少多大？
【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有
①
A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为，有
②
由动量定理，有
③
联立①②③式，得
④
（2）设两球粘在一起时速度大小为，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足
⑤
要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为，由动量守恒定律，有
⑥
又
⑦
联立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬间B的动能至少为
⑧
24．（2020·山东卷）如图所示，一倾角为的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
(3)求物块Q从A点上升的总高度H；
(4)为保证在Q的速度减为零之前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，Q的速度大小为；(2)（n=1，2，3……）；(3)；(4)
【解析】
(1)P与Q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
①
由机械能守恒定律得
②
联立①②式得
③
④
故第一次碰撞后P的速度大小为，Q的速度大小为
(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得
⑤
联立①②⑤式得
⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得
⑦
联立①②⑤⑦式得
⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得
⑨
由机械能守恒定律得
⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得
⑪
⑫
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
⑬
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬式得
⑭
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得
⑮
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮式得
⑯
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为、，由动量守恒定律得
⑰
由机械能守恒定律得
⑱
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱式得
⑲
⑳
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式⑩得
㉑
联立①②⑤⑦⑨⑩⑬⑮⑰⑱㉑式得
㉒
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为
（n=1，2，3……） ㉓
(3)当P、Q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
㉔
解得
㉕
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得
㉖
设P运动到斜面底端时的速度为，需要的时间为t2，由运动学公式得
㉗
㉘
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3
㉙
当A点与挡板之间的距离最小时
㉚
联立㉖㉗㉘㉙㉚式，代入数据得
㉛
25．（2020·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、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，探测板平行于水平放置，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D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，探测板的宽度为，离子质量均为m、电荷量均为q，不计重力及离子间的相互作用。
(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界时与H点的距离s；
(2)求探测到三束离子时探测板与边界的最大距离；
(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与板到距离L的关系。

【答案】(1)，0.8R；(2)；(3)当时：；当时：；当时：
【解析】
(1)离子在磁场中做圆周运动

得粒子的速度大小

令c束中的离子运动轨迹对应的圆心为O，从磁场边界边的Q点射出，则由几何关系可得
，


(2)a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


即a、c束中的离子从同一点Q射出，离开磁场的速度分别于竖直方向的夹角为、，由几何关系可得

探测到三束离子，则c束中的离子恰好达到探测板的D点时，探测板与边界的距离最大，

则

(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量

当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

当时， 只有b和c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

当时， 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

26．（2020·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、水平直轨道和倾角的斜轨道平滑连接而成。质量的小滑块从弧形轨道离地高处静止释放。已知，，滑块与轨道和间的动摩擦因数均为，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O等高的D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处的质量为的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道上到达的高度h与x之间的关系。（碰撞时间不计，，）

【答案】(1)8N，方向水平向左；(2)不会冲出；(3) （）；（）
【解析】
(1)机械能守恒定律

牛顿第二定律

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点，功能关系

得

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

碰撞后的速度为，动量守恒定律

设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，动能定理

得


27．（2020·全国卷）如图，相距L=11.5m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m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 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μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。
(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；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。


【答案】(1)2.75s；(2) ， ；(3)0，方向竖直向上
【解析】
(1)传送带的速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有
②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
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t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，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v2.由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
，⑨
(3)传送带的速度为时，由于，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩
⑪
联立①⑩⑪式并代入题给数据得
t3=1.0s⑫
x2=5.5m⑬
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有
⑭
由①⑫⑬⑭式可知

即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
⑮
则

减速运动时间

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I1、I2。由动量定理有

，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
，方向竖直向上

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、滑块（上方安装有宽度为d的遮光片）、两个与计算机相连接的光电门、砝码盘和砝码等。
实验步骤如下：

（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）用天平测砝码与砝码盘的总质量m1、滑块（含遮光片）的质量m2；
（3）用细线跨过轻质定滑轮将滑块与砝码盘连接，并让细线水平拉动滑块；
（4）令滑块在砝码和砝码盘的拉动下从左边开始运动，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Δt1、Δt2及遮光片从A运动到B所用的时间t12；
（5）在遮光片随滑块从A运动到B的过程中，如果将砝码和砝码盘所受重力视为滑块所受拉力，拉力冲量的大小I=________，滑块动量改变量的大小Δp=________；（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：d=1.000 cm，m1=1.5010-2 kg，m2=0.400 kg，△t1=3.90010-2 s，Δt2=1.27010-2 s，t12=1.50 s，取g=9.80 m/s2。计算可得I=________N·s，Δp=____ kg·m·s-1；（结果均保留3位有效数字）
（7）定义，本次实验δ=________%（保留1位有效数字）。
【答案】大约相等 m1gt12 0.221 0.212 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I=Ft，知

[3] 由知

(6)[4]代入数值知，冲量

[5]动量改变量

（7）[6]由定义公式可得，本次实验





29．（2019·江苏卷）质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为 ．
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
设滑板的速度为，小孩和滑板动量守恒得：，解得：，故B正确．
30．（2019·全国卷）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为
A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
【答案】B
【解析】
设该发动机在s时间内，喷射出的气体质量为，根据动量定理，，可知，在1s内喷射出的气体质量，故本题选B．
31．（2019·浙江卷）20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空的全新领域．现有一艘远离星球在太空中直线飞行的宇宙飞船，为了测量自身质量，启动推进器，测出飞船在短时间Δt内速度的改变为Δv，和飞船受到的推力F（其它星球对它的引力可忽略）．飞船在某次航行中，当它飞近一个孤立的星球时，飞船能以速度v，在离星球的较高轨道上绕星球做周期为T的匀速圆周运动．已知星球的半径为R，引力常量用G表示．则宇宙飞船和星球的质量分别是（ ）

A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【分析】
根据动量定理求解飞船质量；根据牛顿第二定律与万有引力定律求解星球质量；
【解析】
直线推进时，根据动量定理可得

解得飞船的质量为

绕孤立星球运动时，根据公式
，
解得

故选D。
【点睛】
本题需要注意的是飞船在绕孤立星球运动时，轨道不是星球的半径，切记切记。
32．（2019·海南卷）如图，用不可伸长轻绳将物块a悬挂在O点，初始时，轻绳处于水平拉直状态，现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后b滑行的最大距离为s，已知b的质量是a的3倍，b与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，求

(1)碰撞后瞬间物块b速度的大小；
(2)轻绳的长度。
【答案】(1)；(2)4μs
【解析】
(1)设a的质量为m，则b的质量为3m，对物块b碰后由动能定理

解得

(2)a球从水平位置摆下的过程

ab碰撞的过程


解得

33．（2019·北京卷）雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
(1)质量为m的雨滴由静止开始，下落高度h时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W；
(2)将雨滴看作半径为r的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2，其中v是雨滴的速度，k是比例系数；
a.设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式；
b.示意图中画出了半径为r1、r2（r1>r2）的雨滴在空气中无初速下落的v—t图线，其中_____对应半径为r1的雨滴（选填①、②）；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v—t图线。
(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力f ∝v2（提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0）。

【答案】(1)；(2)a. ；b. ①；；(3)见解析
【分析】
(1)对雨滴由动能定理解得：雨滴下落h的过程中克服阻做的功；
(2) 雨滴的加速度为0时速度最大；
(3)由动量定理证明
【解析】
(1)对雨滴由动能定理得：

解得：；
(2)a。半径为r的雨滴体积为：，其质量为
当雨滴的重力与阻力相等时速度最大，设最大速度为，则有：
其中
联立以上各式解得：
由可知，雨滴半径越大，最大速度越大，所以①对应半径为的雨滴，
不计空气阻力，雨滴做自由落体运动，图线如图：

(3)设在极短时间内，空气分子与雨滴碰撞，设空气分子的速率为，
在内，空气分子个数为：，其质量为
设向下为正方向，对圆盘下方空气分子由动量定理有：

对圆盘上方空气分子由动量定理有：

圆盘受到的空气阻力为：

联立解得：。
34．（2019·全国卷）静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为 ，；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为．重力加速度取．A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？

【答案】（1）vA=4.0m/s，vB=1.0m/s；（2）B先停止； 0.50m；（3）0.91m；
【分析】
首先需要理解弹簧释放后瞬间的过程内A、B组成的系统动量守恒，再结合能量关系求解出A、B各自的速度大小；很容易判定A、B都会做匀减速直线运动，并且易知是B先停下，至于A是否已经到达墙处，则需要根据计算确定，结合几何关系可算出第二问结果；再判断A向左运动停下来之前是否与B发生碰撞，也需要通过计算确定，结合空间关系，列式求解即可．
【解析】
（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
①
②
联立①②式并代入题给数据得
vA=4.0m/s，vB=1.0m/s
（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a．假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B．设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB．，则有
④
⑤
⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA=vAt–⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA=1.75m，sB=0.25m⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25m处．B位于出发点左边0.25m处，两物块之间的距离s为
s=0.25m+0.25m=0.50m⑨
（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得

故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA′′以和vB′′，由动量守恒定律与机械能守恒定律有


联立式并代入题给数据得

这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式

由④式及题给数据得

sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离

35．（2019·全国卷）一质量为m=2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方100 m处有一警示牌．立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线．图（a）中，0~t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶），t1=0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m．
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线；
（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功；司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1~t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度）？

【答案】（1）（2）， 28 m/s（3）30 m/s；；87.5 m
【解析】
解：（1）v-t图像如图所示．

（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度也为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1s，设汽车在t2+n-1Δt内的位移为sn，n=1,2,3,…．
若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt时间内未停止，设它在t2+3Δt时刻的速度为v3，在t2+4Δt时刻的速度为v4，由运动学有
①
②
③
联立①②③式，代入已知数据解得
④
这说明在t2+4Δt时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．
由于在t2+3Δt~t2+4Δt内汽车停止，由运动学公式
⑤
⑥
联立②⑤⑥，代入已知数据解得
，v2=28 m/s⑦
或者，v2=29.76 m/s⑧
第二种情形下v3小于零，不符合条件，故舍去
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有：f1=ma⑨
在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为：⑩
由动量定理有：⑪
由动能定理，在t1~t2时间内，汽车克服阻力做的功为：⑫
联立⑦⑨⑩⑪⑫式，代入已知数据解得
v1=30 m/s⑬
⑭
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
⑮
联立⑦⑬⑮，代入已知数据解得
s=87.5 m⑯