2025年高考物理一輪復習之動量與動量守恒定律

選擇題（共10小題）

1.如圖所示，木板B靜止在光滑的水平面上，距右側墻壁1m。物塊A以vo=4m/s的水平速度從B的左

端滑上B,B上表面粗糙，AB之間動摩擦因數為0.3。B與右側墻壁碰撞前AB未分離，B與墻壁碰撞

后以某一速度反彈，之后某一瞬間AB同時停止運動，且A剛好停在B的最右側。已知物塊A質量為

1kg,木板B質量為3kg,g取lOm/s?。關于該運動過程，下列說法正確的是（）

——>V。K

用.:

777777777777777^

A.木塊B與右側墻壁碰撞無機械能損失

B.木塊B與右側墻壁碰撞損失的機械能為4J

,一一20

C.木板B的長度為一m

9

D.木板B的長度為gTH

9

2.如圖所示，傾角為30°的光滑斜面底端固定一個勁度系數k=1000N/m的輕彈簧，彈簧上端連接一個

質量為2kg的物體A,A處于靜止狀態。斜面上距離A為2.5m處有物塊B,它的質量為8kg,由靜止

釋放B,B與A發生碰撞后粘合在一起。已知彈性勢能的表達式為Ep=："2,此后AB整體動能的最

C.80.2JD.81.8J

3.太陽帆飛船是目前唯一可能承載人類到達太陽系外星系的航天器。太陽光光子流撞擊航天器帆面，產

生持續光壓，使航天器可在太空中飛行。若有一艘太陽帆飛船在航行，太陽光垂直照射帆面，帆面積為

66300m2,單位面積每秒接受的太陽輻射能量為L2Xl（）3w.m-2。已知太陽輻射平均波長為小飛皿，假

設帆能完全反射太陽光，不計太陽光反射的頻率變化，普朗克常數h=6.63X1034J-s,則下列說法正

確的是（）

A.太陽輻射的光子能量約為6.63X1028j

B.太陽輻射的光子動量約為6.63XlO^kg.m.s-1

C.太陽輻射對飛船的平均作用力約為0.53N

D.帆面每秒鐘接受到的光子數量約為4.0X102。個

4.雨打芭蕉是中國古代文學中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p,小華同學將一

圓柱形的量杯置于院中，測得一段時間t內杯中水面上升的高度為h,查詢得知當時雨滴下落的速度為

Vo設雨滴豎直下落到水平的芭蕉葉上后以原來的速率豎直反彈。已知水的平均密度為p,不計雨滴重

力。則p的大小為（）

A.pv-B.2pv—C.pv2D.2pv2

5.水果的碰傷閾值是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止狀態跌落的最大高度。已知導致蘋果碰傷所需

的平均作用力約為蘋果自身重力的3倍。假設蘋果在接觸鋼板后0.1s減速至靜止，重力加速度g取10m/s2,

則蘋果在鋼板上的碰傷閾值最接近（）

A.10cmB.20cmC.30cmD.45cm

6.如圖所示，OA、OB為兩條不同的光滑軌道，端點0、A、B都在豎直圓周上，OC豎直直徑。完全相

同的兩個小球分別從A、B兩點沿兩條軌道由靜止開始同時釋放，不計空氣阻力。兩小球到達。點的

過程中，下列判斷正確的是（）

A.沿BO軌道運動的小球先到達O點

B.兩個小球重力的沖量不相同

C.兩小球的動量變化率相同

D.沿AO軌道運動小球的動量變化率大

7.質量相等的A、B兩個小球處在空中同一高度，將A球水平向右拋出，同時將B球斜向上拋出，兩小

球拋出時的初速度大小相同，兩小球在空中運動的軌跡如圖，不計空氣阻力。則兩小球在空中運動的過

程中，下列說法正確的是（）

A.相同時間內，速度變化量可能不同

B.同一時刻，速度變化快慢可能不同

C.拋出后下降到同一高度時，動能一定相同

D.相同時間內，重力的沖量大小可能不同

8.如圖所示，用長為L的細線懸掛于。點的小球處于靜止狀態，質量為m的子彈以速度vo水平射入小

3

球，子彈穿過小球后的速度為1%,子彈穿過小球后瞬間細線上的張力是子彈射入小球前細線張力的2

倍，子彈穿過小球時間極短，重力加速度為g,不考慮小球質量變化，則小球的質量為（）

9.滑板運動是由沖浪運動演變而成的一種極限運動。如圖所示，一同學在水平地面上進行滑板練習，該

同學站在滑板A前端，與滑板A一起以20m/s的共同速度向右做勻速直線運動，在滑板A正前方有一

靜止的滑板B,在滑板A接近滑板B時，該同學迅速從滑板A跳上滑板B,接著又從滑板B跳回滑板

A,最終兩滑板恰好不相撞。已知該同學的質量為45kg,兩滑板的質量均為2.5kg,不計滑板與地面間

的摩擦，下列說法正確的是（）

B

I二III

iiiiniiiiniiiiiiiiiiliiiiinniiiiii

A.上述過程中該同學與滑板A和滑板B組成的系統機械能守恒

B.該同學跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度為19m/s

C.該同學跳離滑板B的過程中，滑板B的速度減小

D.該同學跳離滑板B的過程中，對滑板B的沖量大小為47.5N?s

10.應用物理知識分析生活中的常見現象，可以使物理學習更加有趣和深入。例如你用手掌平托一蘋果，

保持這樣的姿勢在豎直平面內按順時針方向做勻速圓周運動。在蘋果從最低點a到最左側點b運動的過

程，下列說法中正確的是（）

b：?0,I；d

A.手掌對蘋果的摩擦力越來越小

B.手掌對蘋果的支持力越來越大

C.手掌對蘋果的作用力越來越小

D.因為蘋果的動量大小不變，所以合外力對蘋果的沖量為零

二.多選題（共4小題）

（多選）11.如圖所示，一根勁度系數為k=2N/cm的輕質彈簧豎直放置，質量均為m=2kg的兩物體A、

B（均可視為質點）通過輕質彈簧拴接，物體B置于水平地面上，整個裝置處于靜止狀態。在A的正上

方距其高度h=5m處有一質量也為m=2kg的小球C,現將小球C由靜止釋放，C與A發生碰撞后立

刻粘在一起，彈簧始終在彈性限度內，忽略空氣阻力，取g=10m/s2。下列說法正確的是（）

O

1_

A.C與A碰撞后瞬間C的速度大小為10m/s

B.C與A碰撞時產生的內能為50J

C.C與A碰撞后彈簧的最大彈性勢能為50J

D.要使碰后物體B能被拉離地面，h至少為80cm

（多選）12.如圖所示，在光滑水平面上有一足夠長的長木板以速度vo向右運動，某時刻有一質量為m

的小木塊以速度vo向左沖上長木板，同時對長木板施加一個水平向右的拉力，使長木板速度保持不變，

直至小木塊與長木板達到共速。小木塊與長木板之間的粗糙程度處處相同，關于此過程下列說法正確的

是（）

V。

A.系統產生的熱量為小諾

B.長木板對小物塊做的功為0

C.水平外力F對長木板做的功為26詔

D.長木板對小物塊的沖量大小為2mvo

（多選）13.如圖，傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，其底端固定一勁度系數為k的輕質彈簧，彈

簧上端放置一個質量為m的物塊B。t=0時刻，將質量也為m的物塊A（可視為質點）從斜面頂端由

靜止釋放,ti時刻A與B發生碰撞并粘在一起。粘合體沿斜面簡諧運動過程中，彈簧最大形變量為半。

已知彈簧彈性勢能表達式為Ep=1fc%2,彈簧振子周期公式T=2噂,其中x是彈簧形變量，k為彈簧

勁度系數，M為振子質量，重力加速度大小g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

A.粘合體速度最大為、*

B.物塊A釋放點到碰撞點的距離為當

2k

C.粘合體向下運動過程中的最大加速度大小為g

D.從物體A、B碰撞到運動到最低點的時間為———

37k

（多選）14.如圖所示，一質量為m,足夠長的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為M的小物塊（可

視為質點）從木板上的左端以速度vo向右開始運動。已知M>m,木板右端與右側固定墻面的距離足

夠長（木板與墻面碰撞前，已經與物塊共速），物塊與木板間的動摩擦因數為同所有碰撞均視為彈性

碰撞，物塊始終未滑離木板。下列說法正確的是（）

0Ij

A.木板第一次與墻面碰撞前瞬間的速度大小為‘也

m+M

B.木板第三次碰撞墻面前瞬間的速度大小，翼。

C.若M=2kg,m=lkg,則木板第一次與墻面碰撞后瞬間到第二次與墻面碰撞前瞬間經歷的時間為t=

4%

如

D.木板從開始運動到第二次與墻面碰撞前瞬間，木塊與木板間產生的熱量為Q=-

22

1(M-m)M2

2(M+mV

三.填空題(共2小題)

15.如圖所示，柜子靜置于水平地面，某人用大小為F的水平推力推柜子，但沒有推動，則柜子和地面間

摩擦力大小f=;在同一時間內，推力沖量大小摩擦力沖量大小(選填“大于”、“小

于”或“等于”)。

16.某個研究碰撞的裝置如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內有一個小滑塊B,盒的質量是滑

塊質量的2倍，滑塊與盒內水平面間的動摩擦因數為四.若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左右壁

發生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對盒靜止，則此時盒的速度大小

為,滑塊相對于盒運動的路程為

四.解答題(共4小題)

17.如圖所示，足夠長的光滑水平地面上有2024個大小相同的小球排成一排，相鄰兩球間距為L,將其從

左到右依次編號。質量為m的小圓環A套在足夠長的光滑水平桿上，位于1小球正上方L處。現將質

量為31n的小球B通過長度為L的輕繩與A連接，初始時輕繩處于水平繃直狀態，A、B均靜止。某時

刻釋放小球B,B到達最低點時輕繩恰好斷裂，之后B在水平地面上向右運動，已知1號小球的質量為

3m,2?2024號小球的質量均為m。題中所有小球之間的碰撞均視為彈性正碰。已知重力加速度大小為

g,不計空氣阻力，小球大小忽略不計。求：

(1)輕繩斷裂時B的速度大小；

(2)1號球與2號球第一次碰撞過程中，對2號球所做的功;

(3)若1號球與2號球第一次碰撞后，立即給1號球施加水平向右的恒定外力F(圖中未畫出，F遠

遠小于1、2球碰撞時的作用力)，使1號球每次與2號球碰撞前的速度都和兩球第一次碰撞前瞬間1

號球的速度相等，直到1?2024號小球速度第一次都相等時撤去外力，求外力F的大小、外力F作用

下1號球的位移及最終1號球與2024號球之間距離。

A

0>

B:

1：234

/////////////^//////////^///////////)///////7////////////

18.如圖所示，固定的水平橫桿距水平地面的高度H=1.75m,長L=0.5m的輕質細繩一端系在水平橫桿

上，另一端連接質量M=0.2kg的木塊(可視為質點)，質量m=20g的子彈以vo=62m/s的速度水平射

入木塊并水平穿出，此后木塊恰好能在豎直平面內做圓周運動，忽略空氣阻力，取重力加速度大小g=

10m/s2o求：

(1)木塊被水平穿出后瞬間，細繩對木塊的拉力T；

(2)子彈射穿木塊過程中產生的熱量Q；

(3)子彈落地點與懸點O的水平距離do

19.如圖所示，一質量M=3.0kg、長L=5.15m的長木板B靜止放置于光滑水平面上，其左端緊靠一半徑

R=2m的光滑圓弧軌道，但不粘連。圓弧軌道左端點P與圓心0的連線P0與豎直方向夾角為60°,

其右端最低點處與長木板B上表面相切。距離木板B右端d=2.5m處有一與木板等高的固定平臺，平

臺上表面光滑，其上放置有質量m=1.0kg的滑塊D。平臺上方有一固定水平光滑細桿，其上穿有一質

量M=3.0kg的滑塊C,滑塊C與D通過一輕彈簧連接，開始時彈簧處于豎直方向(彈簧伸縮狀態未知)。

一質量m=l.0kg的滑塊A自M點以某一初速度水平拋出下落高度H=3m后恰好能從P點沿切線方向

滑入圓弧軌道。A下滑至圓弧軌道最低點并滑上木板B,帶動B向右運動，B與平臺碰撞后即粘在一起

不再運動。A隨后繼續向右運動，滑上平臺，與滑塊D碰撞并粘在一起向右運動。A、D組合體在隨后

運動過程中一直沒有離開平臺，且C沒有滑離細桿。A與木板B間動摩擦因數為口=0.75。忽略所有滑

塊大小及空氣阻力對問題的影響。重力加速度g=10m/s2,求：

(1)滑塊A到達P點的速度大小；

(2)滑塊A滑上平臺時速度的大小；

(3)若彈簧第一次恢復原長時，C的速度大小為0.5m/s。則隨后運動過程中彈簧的最大彈性勢能是多

大？

20.如圖，傾角0=30°的固定斜面上端固定一個半徑為R=雪機的四分之一光滑圓弧軌道,質量M=0.6kg

的木板與斜面間的動摩擦因數〃=亨，木板下端帶有擋板，上表面與圓弧相切于最低點C。木板以初速

度v=5m/s沿斜面向上運動，質量m=0.2kg的小球從圓弧軌道上某點由靜止釋放，小球沿圓弧軌道到

達C點時木板速度剛好減為零，然后小球滑上木板，此后未滑離木板。小球與木板之間光滑，斜面足

夠長，小球與擋板之間的碰撞為彈性碰撞，重力加速度g取lOm/s?。

(1)求木板減速運動的時間；

(2)求小球對軌道最低點壓力的最大值；

(3)在第(2)間的條件下，小球滑上木板時距擋板d=0.6m,求木板的最小長度；

(4)在第(2)間的條件下，求小球與木板擋板發生第3次碰撞時，木板下滑的距離。

e

2025年高考物理一輪復習之動量與動量守恒定律

參考答案與試題解析

一.選擇題（共10小題）

1.如圖所示，木板B靜止在光滑的水平面上，距右側墻壁1m。物塊A以vo=4m/s的水平速度從B的左

端滑上B,B上表面粗糙，AB之間動摩擦因數為0.3。B與右側墻壁碰撞前AB未分離，B與墻壁碰撞

后以某一速度反彈，之后某一瞬間AB同時停止運動，且A剛好停在B的最右側。已知物塊A質量為

1kg,木板B質量為3kg,g取lOm/s?。關于該運動過程，下列說法正確的是（）

——*vo卜

Z'l:

777777777777777^

A.木塊B與右側墻壁碰撞無機械能損失

B.木塊B與右側墻壁碰撞損失的機械能為4J

20

C.木板B的長度為一m

9

D.木板B的長度為9nl

9

【考點】動量守恒定律在板塊模型中的應用；功是能量轉化的過程和量度.

【專題】定量思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合；分析綜合能力.

【答案】C

【分析】假設B與墻壁碰撞前已與A共速，根據動量守恒定律求出共同速度，運用動能定理求出B運

動的位移，再與原來B與墻壁之間的距離比較，即可判斷假設是否正確。根據能量守恒定律求出此過

程中A相對于B滑行的距離。B與墻壁碰撞后，根據動量守恒定律求出B與墻壁碰撞后瞬間的速度大

小，從而求出木塊B與右側墻壁碰撞損失的機械能。再根據能量守恒定律求出碰撞后A相對于B滑行

的距離，從而求得木板B的長度。

【解答】解：假設B與墻壁碰撞前已與A共速，共同速度為vi,取向右為正方向，由動量守恒定律得

mAV0=（mA+mB）vi,解得：vi=lm/s

從A滑上B到兩者共速的過程，對B,由動能定理得

|imAgs=

解得此過程中B運動的位移為：s=0.5m<lm,假設成立。

根據能量守恒定律得

11

-mAVg=5(mA+mB)說+|imAgAxi

解得在此過程中A相對于B滑行的距離為：Axi=2m

設B與右側墻壁碰撞后速度大小為V2,從B與墻壁碰撞后到AB同時停止運動的過程，取向左為正方

向，由動量守恒定律得

mBV2-mAvi=O,解得：V2=wm/s〈vi=lm/s,可知木塊B與右側墻壁碰撞有機械能損失，且損失的

機械能為

4

AE=2mB說—2mB諺,解得：△E=

此過程，根據能量守恒定律得

11

FIB諺+2mA比=|imAgAX2

解得在此過程中A相對于B滑行的距離為：AX2=

所以木板B的長度為L=Axi+Ax2=2m+gm=qm,故ABD錯誤，C正確。

故選：Co

【點評】本題關鍵要分析清楚物體的運動過程，分段應用動量守恒定律、能量守恒定律即可解答。要知

道摩擦生熱與相對位移有關。

2.如圖所示，傾角為30°的光滑斜面底端固定一個勁度系數k=1000N/m的輕彈簧，彈簧上端連接一個

質量為2kg的物體A,A處于靜止狀態。斜面上距離A為2.5m處有物塊B,它的質量為8kg,由靜止

釋放B,B與A發生碰撞后粘合在一起。已知彈性勢能的表達式為Ep=jfcx2,此后AB整體動能的最

大值為(g=10m/s2)()

A.80.8JB.81.2JC.80.2JD.81.8J

【考點】動量守恒定律在繩連接體問題中的應用；功是能量轉化的過程和量度.

【專題】定量思想；方程法；動量和能量的綜合；分析綜合能力.

【答案】A

【分析】從開始到碰撞前過程中，對B根據動能定理可得碰撞前瞬間B的速度大小，根據動量守恒定

律求解碰撞后速度大小；根據平衡條件求解開始時彈簧的壓縮量、AB動能最大時彈簧壓縮量，由機械

能守恒定律求解動能的最大值。

【解答】解:設碰撞前瞬間B的速度大小為vi,從開始到碰撞前過程中，對B根據動能定理可得:mBgsiiW

?s=^mBvl

解得：vi=5m/s

B與A發生完全非彈性碰撞，共同速度為V2；取沿斜面向下為正方向，根據動量守恒定律可得：mBvi

=(mA+mB)V2

解得：V2=4m/s

開始時彈簧的壓縮量X1=mA9那,解得：xi=0.01m

K.

AB動能最大時彈簧壓縮量為：*2=山邛經咽，解得：x2=0.05m

K

_111

由機械能守恒可得：(mA+mB)g(x2-xi)sin0=Ekm-2(mA+mB)母+/嶺-#就

解得：Ekm=80.8J,故A正確、BCD錯誤。

故選：Ao

【點評】本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統不

受外力作用或合外力為零；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統的動量和碰撞后系統的動量

相等列方程，再根據能量關系列方程求解。

3.太陽帆飛船是目前唯一可能承載人類到達太陽系外星系的航天器。太陽光光子流撞擊航天器帆面，產

生持續光壓，使航天器可在太空中飛行。若有一艘太陽帆飛船在航行，太陽光垂直照射帆面，帆面積為

66300m2,單位面積每秒接受的太陽輻射能量為1.2Xl()3w?nf2。已知太陽輻射平均波長為1。飛皿，假

設帆能完全反射太陽光，不計太陽光反射的頻率變化，普朗克常數h=6.63X10-34J-s,則下列說法正

確的是()

A,太陽輻射的光子能量約為6.63XI。-28j

B.太陽輻射的光子動量約為6.63XKT24kg.m.s”

C.太陽輻射對飛船的平均作用力約為0.53N

D.帆面每秒鐘接受到的光子數量約為4.0X1020個

【考點】用動量定理求平均作用力；光子的動量.

【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理能力.

【答案】C

【分析】本題根據光子能量、動量表達式，功率的表達式，以及功率和功的關系分析求解。

8

【解答】解：A.太陽輻射的光子能量約為E=hv=學=6.63X10-34X^^J=1.989X1018J；故A錯

誤；

B.太陽輻射的光子動量約為p=號=g=1989xl°kg-m?s^6.63X10^kg-m-s1；故B錯誤；

71c3X10

3

C.每秒太陽輻射對飛船的沖量：F?At=/p=午―（-午）=罕=2X1,2X10X66300N,S=053N.S.

CCc3x10

故太陽輻射對飛船的平均作用力為0.53N,故C正確；

3

D.帆面每秒鐘接受到的光子數量約為：n=罕=22x10坐那個=8義位個,故D錯誤；

E1.989x1018

故選：Co

【點評】本題考查了光子相關知識，理解物理公式中各個物理量的含義，加上準確的計算是解決此類問

題的關鍵。

4.雨打芭蕉是中國古代文學中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產生的平均壓強p,小華同學將一

圓柱形的量杯置于院中，測得一段時間t內杯中水面上升的高度為h,查詢得知當時雨滴下落的速度為

Vo設雨滴豎直下落到水平的芭蕉葉上后以原來的速率豎直反彈。已知水的平均密度為p,不計雨滴重

力。則p的大小為（）

hhr,0

A.pv-B.2pv-C.pv2D.2pv2

【考點】動量定理的內容和應用.

【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理能力.

【答案】B

【分析】首先要建立一個不計雨水重力，但速度由v變為反向v的動量變化的模型，應用動量定理表示

出芭蕉葉面對雨滴的沖力，利用圓柱形量杯測得打在芭蕉葉面上水的質量，根據壓強公式求芭蕉葉受到

的平均壓強。

【解答】解：單位時間、單位面積上的降水量4%=[

在芭蕉葉上取△S的面積上，At時間內降落的雨水質量為爪=pSAhAt=p4S“t

設雨水受到的撞擊力為F,規定向下為正方向，根據動量定理Fdt=小%-nu?=p4s[4t（-u-〃）=

-2pvAS^At

解得尸=-2pv4s號

根據牛頓第三定律可知，芭蕉葉上AS的面積受到的撞擊力的大小F'=2pvAS號

因此平均壓強為p=[=2PU」

故ACD錯誤，B正確；

故選：Bo

【點評】估算題目關鍵是建立一個模型，然后利用合理的理論推斷得出基本符合事實的結論，這是物理

學中常用的一種思想方法。

5.水果的碰傷閾值是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止狀態跌落的最大高度。已知導致蘋果碰傷所需

的平均作用力約為蘋果自身重力的3倍。假設蘋果在接觸鋼板后0.1s減速至靜止，重力加速度g取10m/s2,

則蘋果在鋼板上的碰傷閾值最接近（）

A.10cmB.20cmC.30cmD.45cm

【考點】用動量定理求平均作用力.

【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；理解能力；推理能力.

【答案】B

【分析】根據動量定理與運動學公式即可求解。

【解答】解：由動量定理得，選向上為正方向，則3mgt-mgt=mv,解得v=2m/s

2

由運動學公式得蘋果在鋼板上的碰傷閾值為11=會，解得h=20cm,故B正確，ACD錯誤。

故選：Bo

【點評】本題考查動量定理的應用，注意先對蘋果受力分析，再列動量定理表達式。

6.如圖所示，OA、OB為兩條不同的光滑軌道，端點O、A、B都在豎直圓周上，OC豎直直徑。完全相

同的兩個小球分別從A、B兩點沿兩條軌道由靜止開始同時釋放，不計空氣阻力。兩小球到達O點的

過程中，下列判斷正確的是（）

c

A

0

A.沿BO軌道運動的小球先到達。點

B.兩個小球重力的沖量不相同

C.兩小球的動量變化率相同

D.沿AO軌道運動小球的動量變化率大

【考點】動量定理的內容和應用；動量的定義、單位及性質.

【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理能力.

【答案】D

【分析】對于下滑的時間可以用牛頓第二定律和運動學公式分析。根據沖量的定義I=Ft分析重力的沖

量關系，由動量定理分析動量變化率關系。

【解答】解：AB、設任一斜面與豎直方向的夾角為a,圓的直徑為do由牛頓第二定律可求得：a=

等笠=gcosa；根據運動學公式有：x=dcosa=|at2,可得：t=舊，與a無關，只與圓弧的半徑及

重力加速度有關，故下落時間相同，由I=mgt可知，重力的沖量相等，故AB錯誤；

mv

CD、根據動量定理有：mgcosat=mv,動量的變化率一｝=mgcosa,所以沿A0軌道運動小球的動量變

化率大，故D正確，C錯誤；

故選：Do

【點評】本題考查動量定理、牛頓第二定律、運動學公式等規律的應用，在解題時要注意幾何關系的應

用。

7.質量相等的A、B兩個小球處在空中同一高度，將A球水平向右拋出，同時將B球斜向上拋出，兩小

球拋出時的初速度大小相同，兩小球在空中運動的軌跡如圖，不計空氣阻力。則兩小球在空中運動的過

A.相同時間內，速度變化量可能不同

B.同一時刻，速度變化快慢可能不同

C.拋出后下降到同一高度時，動能一定相同

D.相同時間內，重力的沖量大小可能不同

【考點】動量的定義、單位及性質；平拋運動速度的計算；斜拋運動；動能定理的簡單應用.

【專題】定性思想；推理法；動量定理應用專題；理解能力.

【答案】C

【分析】兩物體均做拋體運動，加速度為g,根據Av=gAt可知相同時間內速度的變化量相同；再根

據動能定理分析在同一高度上時的動能是否相同；根據動量的定義明確重力的沖量是否相同。

【解答】解：A.兩物體運動過程中的加速度相同，則由Av=gAt可知，相同時間內，速度變化量一

定相同，故A錯誤；

B.加速度是描述速度變化快慢的物理量，因兩物體的加速度均等于重力加速度，因此同一時刻，速度

變化快慢一定相同，故B錯誤；

11

C.拋出后下降到同一高度時，根據動能定理可得zngh=2巾/-］小詔，由于重力做功相同，兩小球

拋出時的初動能相等，則兩小球下降到同一高度時的動能一定相同，故C正確；

D.根據I=mgt可知相同時間內，重力的沖量大小一定相同，故D錯誤。

故選：C?

【點評】本題結合拋體運動考查了加速度、動量以及動能定理的應用，要注意明確拋體運動在空中均只

受重力作用，加速度均為g。

8.如圖所示，用長為L的細線懸掛于。點的小球處于靜止狀態，質量為m的子彈以速度vo水平射入小

3

球，子彈穿過小球后的速度為1%,子彈穿過小球后瞬間細線上的張力是子彈射入小球前細線張力的2

倍，子彈穿過小球時間極短，重力加速度為g,不考慮小球質量變化，則小球的質量為（）

VQVQVQVQ

A.j-----mB.C.—尸=znD.-

y/2gLy/gL4河lyJgL

【考點】動量守恒定律在繩連接體問題中的應用；牛頓第二定律的簡單應用；牛頓第二定律求解向心力.

【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運動中的應用；分析綜合能力.

【答案】c

【分析】子彈射入小球的前后瞬間動量守恒，根據動量守恒定律求出子彈射入小球后瞬間的速度大小，

結合牛頓第二定律求出此時的拉力。

【解答】解：子彈穿過小球過程中，子彈和小球組成的系統水平方向動量守恒，設穿過瞬間小球的速度

為V,小球的質量為M,向右為正方向則

mv0=Mv+^mv0

根據牛頓第二定律，豎直方向有

2Mg-Mg=

解得

M=

4呼

故ABD錯誤，C正確。

故選：Co

【點評】本題考查動量守恒定律圓周運動等知識，目的是考查學生的分析綜合能力。運用牛頓第二定律、

動量守恒定律時，注意研究的對象，知道圓周運動最高點和最低點向心力的來源，結合牛頓第二定律進

行求解。

9.滑板運動是由沖浪運動演變而成的一種極限運動。如圖所示，一同學在水平地面上進行滑板練習，該

同學站在滑板A前端，與滑板A一起以20m/s的共同速度向右做勻速直線運動，在滑板A正前方有一

靜止的滑板B,在滑板A接近滑板B時，該同學迅速從滑板A跳上滑板B,接著又從滑板B跳回滑板

A,最終兩滑板恰好不相撞。已知該同學的質量為45kg,兩滑板的質量均為2.5kg,不計滑板與地面間

的摩擦，下列說法正確的是（）

B

I二III

〃/S2〃S2〃〃〃〃S2/〃S，〃/〃

A.上述過程中該同學與滑板A和滑板B組成的系統機械能守恒

B.該同學跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度為19m/s

C.該同學跳離滑板B的過程中，滑板B的速度減小

D.該同學跳離滑板B的過程中，對滑板B的沖量大小為47.5N?s

【考點】動量守恒定律在繩連接體問題中的應用；動量定理的內容和應用.

【專題】應用題；定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力.

【答案】B

【分析】根據整個系統存在摩擦力做功，所以機械能不守恒；根據動量守恒以及恰好不相撞的臨界值求

出共同速度；根據動量守恒判斷跳離滑板B時速度變化，根據動量定理求出B的沖量。

【解答】解：A、根據機械能守恒的條件，在整個系統中，在A、B板來回跳的過程中存在摩擦力做功，

所以機械能不守恒，故A錯誤；

B、因該同學從A跳上B,再跳回A時最終兩滑板恰好不相撞，可知速度相等，該同學跳回滑板A整

個過程中系統水平方向合力為零，動量守恒，則

(m+M)vo=(2m+M)v

代入數據解得：v=19m/s,所以最終他和滑板的速度為19m/s,故B正確；

C、該同學跳離滑板B的過程中，人給滑板B的水平方向的作用力向右，可知滑板B的速度增加，故C

錯誤；

D、該同學從跳上到跳離滑板B整個過程中的沖量為：I=mv,代入數據得：I=47.5N?s

所以該同學跳離滑板B的過程中對滑板B的沖量大小小于47.5N-S,故D錯誤。

故選：B=

【點評】本題主要考查動量守恒定律的應用，以及不碰撞的條件。在做題中要注意沖量等于動量的變化

量。

10.應用物理知識分析生活中的常見現象，可以使物理學習更加有趣和深入。例如你用手掌平托一蘋果，

保持這樣的姿勢在豎直平面內按順時針方向做勻速圓周運動。在蘋果從最低點a到最左側點b運動的過

程，下列說法中正確的是()

A.手掌對蘋果的摩擦力越來越小

B.手掌對蘋果的支持力越來越大

C.手掌對蘋果的作用力越來越小

D.因為蘋果的動量大小不變，所以合外力對蘋果的沖量為零

【考點】動量定理的內容和應用；繩球類模型及其臨界條件.

【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；分析綜合能力.

【答案】c

【分析】AB、蘋果在做勻速圓周運動，利用牛頓第二定律以及圓周運動的規律分析角度變化對支持力、

摩擦力大小的影響；

C、對蘋果受力分析判斷；

D、由題意可知，蘋果動量大小不變，方向時刻改變，可利用動量定理判斷。

【解答】解：AB、蘋果做勻速圓周運動，加速度大小不變，設加速度方向與豎直方向的夾角為。，根

據牛頓第二定律可得

f=masin0

N-mg=macos0

蘋果從最低點a到最左側點b運動的過程中，9逐漸增大，sin。逐漸增大，cos。逐漸減小，則手掌對蘋

果的摩擦力越來越大，手掌對蘋果的支持力越來越小，故AB錯誤；

C、手掌對蘋果的作用力可分解為兩個分力，其中分力F1與蘋果重力平衡，方向豎直向上，另一個分力

F2提供所需向心力，方向總是指向圓心；在蘋果從最低點a到最左側點b運動的過程，F1與F2大小均

不變，且F1與F2之間的夾角逐漸增大，則F1與F2的合力逐漸減小，即手掌對蘋果的作用力越來越小，

故C正確；

D、蘋果的動量大小不變，但動量的方向時刻發生變化，所以動量變化不為0,根據動量定理可知，合

外力對蘋果的沖量不為零，故D錯誤。

故選：Co

【點評】本題結合圓周運動模型考查學生對牛頓第二定律、動量定理的應用。

二.多選題（共4小題）

（多選）11.如圖所示，一根勁度系數為k=2N/cm的輕質彈簧豎直放置，質量均為m=2kg的兩物體A、

B（均可視為質點）通過輕質彈簧拴接，物體B置于水平地面上，整個裝置處于靜止狀態。在A的正上

方距其高度h=5m處有一質量也為m=2kg的小球C,現將小球C由靜止釋放，C與A發生碰撞后立

刻粘在一起，彈簧始終在彈性限度內，忽略空氣阻力，取g=10m/s2。下列說法正確的是（）

?

A.C與A碰撞后瞬間C的速度大小為10m/s

B.C與A碰撞時產生的內能為50J

C.C與A碰撞后彈簧的最大彈性勢能為50J

D.要使碰后物體B能被拉離地面，h至少為80cm

【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題.

【專題】定量思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合；分析綜合能力.

【答案】BD

【分析】C自由下落的過程，由機械能守恒定律求出C與A碰撞前瞬間的速度。C、A碰撞過程系統動

量守恒，由動量守恒定律求出碰撞后瞬間C與A的共同速度大小。由能量守恒定律求C與A碰撞時產

生的內能。C、A一起向下運動壓縮彈簧的過程中，C與A碰撞后彈簧的最大彈性勢能等于A、C動能

的減少量與重力減少量之和。碰后物體B恰好被拉離地面時，彈簧的彈力等于B的重力，由此求解此

時彈簧的伸長量，并求出開始時彈簧的壓縮量，由系統機械能守恒求h的最小值。

【解答】解：A、設C與A碰撞前瞬間C的速度為vo,C與A碰撞后瞬間C、A的共同速度為vi。

對C自由下落過程，由機械能守恒定律得

mgh=^mvl

解得：vo=lOm/s

C與A碰撞過程，對C與A組成的系統，取豎直向下為正方向，由動量守恒定律得

mvo=2mvi

解得：vi=5m/s,故A錯誤；

B、C與A碰撞時產生的內能為E內=*爪詔一*義2小謚，解得:E內=50J,故B正確；

C、C、A一起向下運動壓縮彈簧的過程中，A、C動能的減少量為

AEk=1X2mvf=2X52J=50J

C、A的重力勢能和動能轉化為彈簧的彈性勢能，由系統的機械能守恒知，C與A碰撞后彈簧的最大彈

性勢能大于A、C動能的減少量之和，即大于50J,故C錯誤；

D、開始時彈簧的壓縮量為x=筆

K.

碰后物體B剛被拉離地面時彈簧伸長量為%'=竿=x

K.

可知碰后C、A將上升2x,彈簧彈性勢能不變，由系統的機械能守恒得

1〃

-*2mv1=2mg?2x

對C自由下落過程，由機械能守恒定律得

mgh'=-^mvQ

C與A碰撞過程，由動量守恒定律得

mv'o=2mv'i

聯立以上各式代入數據解得：h=0.8m=80cm,故D正確。

故選：BDo

【點評】本題是一道力學綜合體，根據題意分析清楚物體的運動過程是解題的前提，應用機械能守恒定

律與動量守恒定律即可解題。解題時，要明確彈簧的狀態。

（多選）12.如圖所示，在光滑水平面上有一足夠長的長木板以速度vo向右運動，某時刻有一質量為m

的小木塊以速度vo向左沖上長木板，同時對長木板施加一個水平向右的拉力，使長木板速度保持不變，

直至小木塊與長木板達到共速。小木塊與長木板之間的粗糙程度處處相同，關于此過程下列說法正確的

是（）

%

A.系統產生的熱量為m詔

B.長木板對小物塊做的功為0

C.水平外力F對長木板做的功為27n詔

D.長木板對小物塊的沖量大小為2mvo

【考點】動量定理的內容和應用；恒力做功的計算；功是能量轉化的過程和量度.

【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；分析綜合能力.

【答案】BC

【分析】B、先對小物塊與長木板受力分析，進而利用動能定理計算長木板對小物塊做的功；

D、利用動量定理計算；

C、先利用勻變速直線運動規律計算位移，進而計算F所做的功；

A、根據題意可知，克服摩擦力作用等于系統產生的熱量，應用動能定理計算熱量。

【解答】解：B、設小木塊與長木板之間的摩擦力為f,整個過程用時t,小木塊在水平方向上只受摩擦

力的作用，長木板在水平方向上受到水平拉力F與摩擦力的共同作用，做勻速直線運動，所以

F=f

對小物塊，由動能定理得

Wfi=AEk=0

即長木板對小物塊做的功為0,故B正確；

D、規定向右為正方向，對小木塊由動量定理得

ft=mvo-（-mvo）=2mvo

長木板對小物塊的沖量是長木板對小物塊的支持力與摩擦力的合力的沖量，而不是摩擦力對小物塊的沖

量，故D錯誤；

C、對長木板，在時間t內的位移

x=vot

由之前的分析有

F=/=2mvo

拉力對長木板做的功

WF=Fx=2mvg

故C正確；

A、對長木板由動能定理得

WF+Wf=AEk=O

即

Wf2=-2mvQ

系統產生的熱量等于系統克服摩擦力做的功，即

Q=—（%1+必2）=2mVg

故A錯誤。

故選：BCo

【點評】本題結合板塊模型考查動量定理、動能定理的應用，其中對復合模型的運動情況有清晰的認知

為解決本題的關鍵。

（多選）13.如圖，傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，其底端固定一勁度系數為k的輕質彈簧，彈

簧上端放置一個質量為m的物塊B。t=0時刻，將質量也為m的物塊A（可視為質點）從斜面頂端由

靜止釋放,ti時刻A與B發生碰撞并粘在一起。粘合體沿斜面簡諧運動過程中，彈簧最大形變量為竽。

k

已知彈簧彈性勢能表達式為Ep=*k%2,彈簧振子周期公式T=2兀招，其中x是彈簧形變量，k為彈簧

勁度系數，M為振子質量，重力加速度大小g=10m/s2,則下列說法正確的是（）

A

A.粘合體速度最大為

B-物塊A釋放點到碰撞點的距離為翳

C.粘合體向下運動過程中的最大加速度大小為g

D.從物體A、B碰撞到運動到最低點的時間鱷

【考點】動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用；簡諧運動的定義、運動特點與判斷；功是能量

轉化的過程和量度；機械能守恒定律的簡單應用.

【專題】定量思想；推理法；簡諧運動專題；動量和能量的綜合；分析綜合能力.

【答案】AD

【分析】粘合體的加速度為零時，其速度最大，由胡克定律和平衡條件求出此時彈簧的壓縮量，從粘合

體速度最大到彈簧形變量最大的過程，由機械能守恒定律求得粘合體的最大速度，以及AB碰撞后瞬間

粘合體的速度，再由能量守恒定律求出A、B碰撞前瞬間A的速度，從物塊A釋放到碰撞的過程，由

機械能守恒定律求