2023-2025北京高三（上）期末物理匯編：動(dòng)量守恒定律章節(jié)綜合

2023-2025北京高三（上）期末物理匯編

動(dòng)量守恒定律章節(jié)綜合

一、單選題

1.（2025北京房山高三上期末）我國(guó)多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長(zhǎng)征十一號(hào)系列運(yùn)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(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭開始運(yùn)動(dòng)到

點(diǎn)火的過程中，下列說法中正確的是（）

A.火箭的加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大

B.高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能

C.火箭受到推力的沖量小于重力和空氣阻力的沖量之和

D.高壓氣體的推力對(duì)火箭做的功小于重力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和

2.（2025北京西城高三上期末）如圖所示，質(zhì)量相同的三個(gè)小物塊a、b、c處在同一高度，光滑斜面固定

在水平地面上。將。和b由靜止釋放，同時(shí)將c沿水平方向拋出。不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是

)

A.三個(gè)物塊同時(shí)落地B.三個(gè)物塊動(dòng)能的變化量相同

C.三個(gè)物塊落地前瞬間的動(dòng)能相同D.重力對(duì)三個(gè)物塊的沖量相同

3.（2025北京西城高三上期末）在水平面上，質(zhì)量為機(jī)、速度大小為v的A球與質(zhì)量為3機(jī)的靜止的B球

發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的。下列說法正確的是（）

A.碰撞后A球的速度一定反向

B.碰撞后B球的速度大小可能是0.6v

C.碰撞過程A球?qū)球的沖量最大值為15小

D,碰撞過程兩球損失的機(jī)械能最多為0.52

4.（2025北京昌平高三上期末）籃球運(yùn)動(dòng)深受同學(xué)們喜愛。打籃球時(shí)，某同學(xué)伸出雙手接傳來的籃球，雙

手隨籃球迅速收縮至胸前，如圖所示。他這樣做的效果是（）

B.減小籃球的動(dòng)量變化量

C.減小籃球的動(dòng)能變化量

D.減小籃球?qū)κ值臎_量

5.（2025北京順義高三上期末）籃球比賽中，質(zhì)量為優(yōu)的籃球以大小為匕的水平速度撞擊豎直籃板之后，

被籃板水平彈回，速度大小變?yōu)楣?已知匕W匕。關(guān)于撞擊過程，下列說法正確的是（）

A.籃球受到彈力的沖量大小為〃工（匕+匕）B.籃板受到籃球的沖量為零

C.籃球和籃板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒D.籃球和籃板組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

6.（2025北京順義高三上期末）如圖所示，繞過定滑輪的繩子將物塊A和物塊B相連，連接物塊A的繩

子與水平桌面平行?，F(xiàn)將兩物塊由圖示位置無初速度釋放，經(jīng)過時(shí)間3物塊B未落地，物塊A未到達(dá)滑

輪位置。已知物塊A的質(zhì)量為2〃z,物塊B的質(zhì)量為相，重力加速度為g,不計(jì)滑輪、繩子的質(zhì)量和一切

A.繩子的拉力大小為機(jī)g

B.物塊A的加速度大小為:g

2

C.經(jīng)過時(shí)間K物塊B的速度大小為

4

D.經(jīng)過時(shí)間r,物塊A動(dòng)量的變化量大小為耳機(jī)gr

7.（2024北京東城高三上期末）將質(zhì)量為10kg的模型火箭點(diǎn)火升空，0.2kg燃燒的燃?xì)庖源笮?00m/s

的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小是（噴出過程重力和空氣阻

力不計(jì)）（）

A.100kg-m/sB.5000kg-m/sC.100g-m/sD.5000N.S

8.（2024北京朝陽(yáng)高三上期末）如圖所示，一平行板電容器間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電容器的極板水平，兩微粒

。、b所帶電荷量大小分別為%、的，符號(hào)相反，質(zhì)量分別為叫、根2。使它們分別靜止于電容器的上、下

極板附近?，F(xiàn)同時(shí)釋放。、b,它們由靜止開始運(yùn)動(dòng)并計(jì)時(shí)，在隨后的某時(shí)刻。、b經(jīng)過電容器兩極板間

上半?yún)^(qū)域的同一水平面，如圖中虛線位置，。、b間的相互作用和重力均忽略。下列說法正確的是（）

?b

I

A.若馬=%,貝I]m1c嗎

B.若9=%,在f時(shí)刻。和》的電勢(shì)能相等

C.若叫=%，則%>%

D.若叫=和，在r時(shí)刻a的動(dòng)量大小比b的小

9.（2024北京昌平高三上期末）我國(guó)自主研制的“天帆一號(hào)”太陽(yáng)帆在軌成功驗(yàn)證了多項(xiàng)太陽(yáng)帆關(guān)鍵技術(shù)。

太陽(yáng)帆可以利用太陽(yáng)光的“光子流”為飛船提供動(dòng)力實(shí)現(xiàn)星際旅行。光子具有能量，也具有動(dòng)量。光照射到

物體表面時(shí)，會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生壓強(qiáng)，這就是“光壓”。設(shè)想一艘太陽(yáng)帆飛船，在太陽(yáng)光壓的作用下能夠加速運(yùn)

動(dòng)，不考慮太陽(yáng)以外的其他星體對(duì)飛船的作用力，下列說法不無聊的是（）

A.若光照強(qiáng)度和太陽(yáng)光照射到太陽(yáng)帆的入射角一定，太陽(yáng)帆接受光的面積越大，該飛船獲得的動(dòng)力越

大

B.若光照強(qiáng)度和太陽(yáng)帆接受光的面積一定，太陽(yáng)光照射到太陽(yáng)帆發(fā)生反射，入射角越小，該飛船獲得

的動(dòng)力越大

C.太陽(yáng)光照射到太陽(yáng)帆時(shí)，一部分被反射，另一部分被吸收，只有被反射的部分會(huì)對(duì)太陽(yáng)帆產(chǎn)生光壓

D.若將太陽(yáng)帆正對(duì)太陽(yáng)，飛船無需其他動(dòng)力，即可以遠(yuǎn)離太陽(yáng)做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)

10.（2024北京石景山高三上期末）如圖所示，輕細(xì)線與豎直方向夾角為仇長(zhǎng)為L(zhǎng)下端懸掛質(zhì)量為根

的小球，小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，忽略小球運(yùn)動(dòng)中受到的阻力。將小球視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為

g。則（）

A,輕細(xì)線對(duì)小球的拉力F=mgcos0

B.小球勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=

C.小球勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小v=JgLsin，tan。

D.在半個(gè)周期內(nèi)，合外力對(duì)小球的沖量大小/備=〃zJgZsin6tan6

11.（2024北京西城高三上期末）把一段導(dǎo)體棒用細(xì)導(dǎo)線水平懸掛在蹄形磁體的兩極間，導(dǎo)體棒通以如圖

所示的恒定電流后開始向右側(cè)擺動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間r到達(dá)最高點(diǎn)，此時(shí)懸線偏離豎直方向的最大擺角為6。若

導(dǎo)體棒的質(zhì)量為相，單根懸線的長(zhǎng)度為L(zhǎng)重力加速度為g,忽略這個(gè)過程中阻力的影響。下列說法正確

的是（）

A.圖中的蹄形磁體，上方的磁極為N極

B.擺動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，安培力等于wigtan。

C.導(dǎo)體棒從最低點(diǎn)擺動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，受到的安培力的沖量大小等于根gf

D.導(dǎo)體棒從最低點(diǎn)擺動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，受到的安培力做功等于，，zgL（1-cosO）

12.（2024北京西城高三上期末）2023年9月，“天宮課堂”第四課在中國(guó)空間站正式開講，神舟十六號(hào)航

天員在夢(mèng)天實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)進(jìn)行授課。航天員用0.3kg的大球與靜止的0.1kg的小球發(fā)生正碰，某同學(xué)觀看實(shí)驗(yàn)

時(shí)發(fā)現(xiàn)：碰撞后，大球向前移動(dòng)1格長(zhǎng)度時(shí)，小球向前移動(dòng)3格的長(zhǎng)度，忽略實(shí)驗(yàn)艙內(nèi)空氣阻力的影響。

下列說法正確的是（）

A.碰撞后大球的動(dòng)量大于小球的動(dòng)量

B.碰撞后大球的動(dòng)能等于小球的動(dòng)能

C.大球碰撞前后的速度比為2：1

D.大球碰撞前后的動(dòng)能比為2：1

13.（2025北京東城高三上期末）我國(guó)女子短道速滑隊(duì)多次在國(guó)際大賽上摘金奪銀，為祖國(guó)贏得榮譽(yù)。在

某次3000m接力賽中，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上

甲時(shí)，猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出，如圖所示。在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間

在水平方向上的相互作用，則（）

A.甲對(duì)乙的沖量與乙對(duì)甲的沖量大小、方向都相同

B.甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等、方向相反

C.甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量

D.甲和乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

14.（2024北京大興高三上期末）在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有不計(jì)重力的甲、乙兩個(gè)帶電粒子，在紙面

內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向和軌跡示意如圖.則下列說法中正確的是（）

A.甲、乙兩粒子所帶電荷種類不同

B.若甲、乙兩粒子的動(dòng)量大小相等，則甲粒子所帶電荷量較大

C.若甲、乙兩粒子所帶電荷量及運(yùn)動(dòng)的速率均相等，則甲粒子的質(zhì)量較大

D.該磁場(chǎng)方向一定是垂直紙面向里

15.（2023北京順義高三上期末）籃球運(yùn)動(dòng)深受廣大同學(xué)們的喜愛，打籃球時(shí)某同學(xué)伸出雙手接住傳來的

籃球，之后雙手隨籃球迅速收縮至胸前，如圖所示，下列說法正確的是（）

A.該同學(xué)這么做的目的是減小籃球?qū)κ值臎_擊力

B.該同學(xué)這么做的目的是縮短籃球和手的作用時(shí)間

C.手對(duì)籃球的作用力與籃球?qū)κ值淖饔昧κ且粚?duì)平衡力

D.只有球靜止后手對(duì)籃球的作用力才等于籃球?qū)κ值淖饔昧?/p>

16.（2023北京昌平高三上期末）2022年北京冬奧會(huì)短道速滑混合團(tuán)體接力決賽中，中國(guó)隊(duì)以2分37秒

348的成績(jī)奪冠。在交接區(qū)域，“交棒”運(yùn)動(dòng)員猛推“接棒”運(yùn)動(dòng)員一把，使“接棒”運(yùn)動(dòng)員向前快速?zèng)_出，如圖

所示。在此過程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，下列說法正確的是（）

A.兩運(yùn)動(dòng)員的加速度一定相同

B.兩運(yùn)動(dòng)員相互作用力做的總功一定等于零

C.兩運(yùn)動(dòng)員相互作用力的總沖量一定等于零

D.兩運(yùn)動(dòng)員組成的系統(tǒng)動(dòng)量和機(jī)械能均守恒

17.（2023北京東城高三上期末）甲、乙兩人靜止在光滑的水平冰面上。甲輕推乙后，兩人向相反方向滑

去。已知甲的質(zhì)量為60kg,乙的質(zhì)量為50kg。在甲推開乙后（）

A.甲、乙兩人的動(dòng)量相同

B.甲、乙兩人的動(dòng)能相同

C.甲、乙兩人的速度大小之比是5：6

D.甲、乙兩人的加速度大小之比是5：6

二、實(shí)驗(yàn)題

18.（2024北京石景山高三上期末）如圖所示，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律。

（1）圖中。點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射球制多次從斜軌上S位置由靜止釋

放，找到其平均落點(diǎn)的位置P，測(cè)量平拋射程OP。然后，把被碰小球儂靜置于軌道的水平部分，再將入

射球神從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球m2相碰，并多次重復(fù)。接下來要完成的必要步驟是

A.用天平分別測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量機(jī)/、機(jī)2

B.測(cè)量小球的開始釋放時(shí)的高度h

C.測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度”

D.分別找到儂相碰后平均落點(diǎn)的位置M、N,測(cè)量OM、ON的長(zhǎng)度

（2）若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為（用前面測(cè)量的量表示）。

（3）有同學(xué)認(rèn)為若碰撞是彈性碰撞，則ON=QW+OP,請(qǐng)判斷該同學(xué)的結(jié)論是否正確，并說明理

由___________________O

三、解答題

19.（2024北京昌平高三上期末）如圖所示，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平桌面上，凹槽內(nèi)有一個(gè)半

徑為R的光滑半圓形軌道。質(zhì)量為根的小球從軌道右端點(diǎn)由靜止開始下滑。重力加速度為g。

（1）若把凹槽固定在桌面上，求：

①小球運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度大?。?；

②小球運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，凹槽對(duì)小球的支持力大小然。

（2）若凹槽可以在桌面上自由滑動(dòng)，且整個(gè)過程凹槽不翻轉(zhuǎn)。

①求小球運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度大小匕；

②若凹槽兩端始終沒有滑出桌面，求桌面的最小長(zhǎng)度工

20.（2024北京朝陽(yáng)高三上期末）如圖所示是一個(gè)示波管工作原理示意圖。電子經(jīng)電壓必加速后垂直進(jìn)入

偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，離開電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)量為〃，板長(zhǎng)為以已知電子質(zhì)量為電荷量為e,初速度不計(jì)。求:

(1)電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的大小也

(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間/；

(3)電子在通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的過程中動(dòng)量變化的大小A?。

21.(2024北京東城高三上期末)如圖所示，在豎直向上，場(chǎng)強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一個(gè)質(zhì)量為〃八

帶電荷量為+?的絕緣物塊B靜止于豎直方向的輕彈簧上端，另一個(gè)質(zhì)量也為修、不帶電的絕緣物塊A由

靜止釋放，下落高度”后與物塊B相碰，碰后二者粘在一起又下落力后到達(dá)最低點(diǎn)。整個(gè)過程中不計(jì)空氣

阻力，不計(jì)電荷量的損失，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g,兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，針對(duì)上述過

程，求：

(1)A與B碰后的速度大小v；

(2)電勢(shì)能的增加量電；

(3)彈簧彈性勢(shì)能的增加量公4。

22.(2023北京海淀高三上期末)宏觀問題是由微觀機(jī)制所決定的。對(duì)同一個(gè)物理問題，常常可以從宏觀

與微觀兩個(gè)不同角度研究，找出其內(nèi)在聯(lián)系，從而可以更加深刻地理解其物理本質(zhì)。

如圖1所示，一根橫截面積為S的細(xì)金屬棒，金屬棒內(nèi)單位體積有〃個(gè)自由電子，電子質(zhì)量為機(jī)、電荷量

為e。

(1)將此金屬棒接入電路后，若通過導(dǎo)體的電流強(qiáng)度為/,則金屬棒內(nèi)自由電子定向移動(dòng)的速率v為多

少？

(2)經(jīng)典電磁理論認(rèn)為：當(dāng)金屬導(dǎo)體兩端電壓穩(wěn)定后，導(dǎo)體中會(huì)產(chǎn)生一穩(wěn)定的電場(chǎng)，稱為穩(wěn)恒電場(chǎng)，這

種電場(chǎng)的基本性質(zhì)與靜電場(chǎng)相同。金屬導(dǎo)體中的自由電子在恒定電場(chǎng)的電場(chǎng)力驅(qū)動(dòng)下由靜止開始加速移

動(dòng)，然后與導(dǎo)體中可視為不動(dòng)的金屬離子發(fā)生“碰撞”，“碰撞”后電子沿導(dǎo)體方向定向移動(dòng)的速率變?yōu)榱悖?/p>

然后再加速、再“碰撞”……這個(gè)過程中，自由電子定向移動(dòng)的平均速率不隨時(shí)間變化。金屬電阻反映的就

是定向移動(dòng)的自由電子與不動(dòng)的粒子的碰撞產(chǎn)生的效果。假設(shè)自由電子連續(xù)兩次碰撞的平均時(shí)間間隔為

t0,碰撞時(shí)間不計(jì)，不考慮自由電子之間的相互作用力。請(qǐng)根據(jù)以上描述構(gòu)建物理模型，推導(dǎo)該金屬棒電

阻率夕的表達(dá)式。

（3）如圖2所示，水平放置的電阻可忽略的兩根平行金屬導(dǎo)軌相距為L(zhǎng)導(dǎo)軌左端接一阻值為凡的電

阻，將問題（1）中的金屬棒（名為仍）垂直放在導(dǎo)軌上，并接觸良好，整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的

勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面，不計(jì)金屬棒帥的電阻。當(dāng)油棒以速度v水平向右勻速滑動(dòng)時(shí)，

a.從宏觀角度看，請(qǐng)你根據(jù)電動(dòng)勢(shì)的定義式，求金屬棒協(xié)在運(yùn)動(dòng)過程中，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；

b.從微觀角度看，金屬棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)時(shí)，自由電子沿棒的方向運(yùn)動(dòng)，會(huì)經(jīng)歷如（2）中所描述“加速一碰

撞一速度歸零一再加速”過程，該過程可等效成電子在金屬離子的作用下，受到一平均阻力。已知金屬棒

電阻率為夕，根據(jù)以上分析，求此平均阻力的大小人

da

圖1圖2

23.（2023北京順義高三上期末）如圖所示，在距水平地面高/?=0.80m的水平桌面右端的邊緣放置一個(gè)質(zhì)

量%=1.60kg的木塊B,桌面的左端有一質(zhì)量M=2.0kg的木塊A,以vo=4.Om/s的初速度向木塊B滑動(dòng)，經(jīng)

過時(shí)間U0.80S與B發(fā)生碰撞，碰后兩木塊都落到水平地面上，木塊B離開桌面后落到水平地面上的。

點(diǎn)。設(shè)兩木塊均可以看作質(zhì)點(diǎn)，它們的碰撞時(shí)間極短，且D點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離x=0.60m,木塊A與

桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.25,重力加速度g取10m/s2,求：

（1）兩木塊碰撞前瞬間木塊A的速度大小VA；

（2）木塊B離開桌面時(shí)的速度大小VB-,

（3）碰撞過程中損失的機(jī)械能AE。

24.（2023北京石景山高三上期末）如圖（a）,質(zhì)量為根的籃球從離地以高度處由靜止下落，與地面發(fā)生

一次非彈性碰撞后反彈至離地場(chǎng)的最高處。設(shè)籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力

加速度為g,不計(jì)空氣阻力。

（1）求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比；

（2）如圖（a）,若籃球反彈至最高處場(chǎng)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員向下拍球，對(duì)籃球施加一個(gè)向下的壓力E持續(xù)作用至

為高度處撤去，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至力高度處，力歹的大小隨高度y的變化如圖（b）

所示，其中期已知，求為的大??；

（3）在籃球與地球相互作用的過程中，我們認(rèn)為地球始終保持靜止不動(dòng)。請(qǐng)你運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析說明建

立這種模型的合理性。

圖(a)

25.（2023北京石景山高三上期末）2022年北京冬奧會(huì)中，中國(guó)鋼架雪車隊(duì)獲得首枚冬奧會(huì)獎(jiǎng)牌。鋼架雪

車比賽的一段賽道如圖1所示，長(zhǎng)為4的水平直道與長(zhǎng)為％的傾斜直道3C在8點(diǎn)平滑連接，傾斜直

道BC與水平面的夾角為運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速運(yùn)動(dòng)到2點(diǎn)時(shí)速度大小為v,緊接

著快速俯臥到車上，繼續(xù)沿勻加速下滑（圖2所示）。若雪車（包括運(yùn)動(dòng)員）可視為質(zhì)點(diǎn)，始終在冰面

上運(yùn)動(dòng)，其總質(zhì)量為加，雪車與冰面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g。求雪車（包括運(yùn)動(dòng)員）

（1）在水平直道A3上的加速度大?。?/p>

（2）在傾斜直道3C上的加速度大??；

（3）經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量大小。

圖2

26.（2023北京昌平高三上期末）一個(gè)質(zhì)量為機(jī)=60kg的蹦床運(yùn)動(dòng)員，從離水平網(wǎng)面高4=3.2m處自由下

落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面高色=5.0m處。不計(jì)空氣阻力，g取lOm/s?。求：

（1）運(yùn)動(dòng)員在剛接觸網(wǎng)瞬間和剛離開網(wǎng)瞬間的速度大小匕和匕;

（2）運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)作用過程中速度變化量Av的大小和方向；

（3）運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)作用過程中所受合力的沖量大小/。

27.（2023北京西城高三上期末）如圖所示，小物塊A從光滑軌道上的某一位置由靜止釋放，沿著軌道下

滑后與靜止在軌道水平段末端的小物塊B發(fā)生碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。已知，小物塊A、B

的質(zhì)量均為加=010kg,物塊A的釋放點(diǎn)距離軌道末端的豎直高度為九=0.20m,A、B的拋出點(diǎn)距離水平

地面的豎直高度為色=0.45m,取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）兩物塊碰前A的速度%的大??；

(2)兩物塊碰撞過程中損失的機(jī)械能AE；

(3)兩物塊落地點(diǎn)距離軌道末端的水平距離$。

28.(2023北京豐臺(tái)高三上期末)如圖所示，空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8,兩條足夠

長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)左端接有電阻七一質(zhì)量為機(jī)、電阻為廠的

金屬棒放置在導(dǎo)軌上。金屬棒在水平向右的拉力/作用下，以速度v沿導(dǎo)軌做勻速直線運(yùn)動(dòng)。求：

(1)金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；

(2)拉力廠的大小；

(3)從撤去拉力廠到金屬棒停止運(yùn)動(dòng)的過程中，安培力對(duì)金屬棒的沖量大小

參考答案

1.A

【詳解】A.火箭從發(fā)射艙發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的

推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時(shí)候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故

火箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭的

加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭接著向上做

加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時(shí)，速度最大，動(dòng)能最大，故A正確；

B.根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能、火箭的重力勢(shì)能和內(nèi)能，故B錯(cuò)

誤；

C.根據(jù)動(dòng)量定理，可知/推-/重-/阻=。

解得/推重+/阻

火箭受到推力的沖量等于重力和空氣阻力的沖量之和，故C錯(cuò)誤;

D.根據(jù)動(dòng)能定理，可知哪

解得比推=%+%

故D錯(cuò)誤。

故選Ao

2.B

【詳解】AD.由于平拋運(yùn)動(dòng)的豎直分運(yùn)動(dòng)為自由落體，由〃=；g產(chǎn)，得

故b、c下落時(shí)間相同，根據(jù)

I=mgt

可知，重力對(duì)b、C兩物體的沖量相同；但根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知

——=—gsinffi2

sin。2

可得。的下落時(shí)間

Vg(sin6)2

與6、。的下落時(shí)間不同，故三個(gè)物體受重力的沖量不同，故AD錯(cuò)誤；

BC.由題意可知，三個(gè)物體下落的過程只有重力做功，重力對(duì)三個(gè)物體做功相同，根據(jù)動(dòng)能定理可知

mgh=Ek'-Eii

三個(gè)物塊動(dòng)能的變化量相同，c的初動(dòng)能不為零，故落地瞬間c的動(dòng)能較大，八6的動(dòng)能相同，故B正

確，C錯(cuò)誤。

故選B。

3.C

【詳解】A.根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，若兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，則碰撞后兩球以相同的速度向A球原

運(yùn)動(dòng)方向運(yùn)動(dòng)，故碰撞后A球的速度不一定反向，故A錯(cuò)誤；

B.當(dāng)兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)，碰撞后B球的速度最大，設(shè)為力m，以碰撞前A球的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，?/p>

據(jù)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律得

mv=mvA+3mvBm

根W+gx3根地皿

聯(lián)立解得

VBm=O-5V

可知碰撞后B球的速度大小不可能是0.6v,故B錯(cuò)誤；

C.當(dāng)兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)，碰撞后B球的速度最大，碰撞過程A球?qū)球的沖量最大，設(shè)為人。根據(jù)B

選項(xiàng)的結(jié)果，由動(dòng)量定理得

3wV=15V

=Bm-°-^

故c正確；

D.當(dāng)兩球發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)，碰撞過程兩球損失的機(jī)械能最多，設(shè)碰撞后兩球的速度為匕，以碰撞

前A球的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律得

mv={m+3rti)vl

根據(jù)能量守恒定律得碰撞過程兩球損失的機(jī)械能最多為：

AE=gmv2—；(“z+3m)vj2

聯(lián)立解得

32

AE=—mv

8

故D錯(cuò)誤。

故選Co

4.A

【詳解】ABD.先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間,

根據(jù)動(dòng)量定理得

—Ft=Q—mv

解得：

F=—

當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，球動(dòng)量的變化率減小，作用力就減小，而沖量和動(dòng)量的變化量都不變，所以A正確，BD

錯(cuò)誤。

C.速度由v減小到0,動(dòng)能的變化量是不變的，故C錯(cuò)誤。

故選Ao

5.A

【詳解】A.根據(jù)動(dòng)量定理可知：撞擊時(shí)籃球受到的沖量等于其動(dòng)量的變化，取籃球反彈后的速度方向?yàn)?/p>

正方向，由動(dòng)量定理得

I=mv,-〃?（一匕）=〃2（V]+v2）

故A正確；

B.碰撞時(shí)，籃球與籃板相互作用，相互作用力等大反向，作用時(shí)間相等，則籃板受到的沖量不為零，且

與籃球所受沖量等大反向，故B錯(cuò)誤；

C.因?yàn)榕鲎矔r(shí)間極短，所以不考慮重力的作用。籃球撞擊籃板的過程中，籃板會(huì)受到籃球架的作用力，

即籃球與籃板組成的系統(tǒng)會(huì)受到外力作用，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故c錯(cuò)誤；

D.由于匕片匕，碰撞之后，籃球的動(dòng)能減少，所以系統(tǒng)機(jī)械能有損失，不守恒，故D錯(cuò)誤。

故選Ao

6.B

【詳解】AB.運(yùn)動(dòng)過程物塊A與物塊B的加速度大小相等，由牛頓第二定律得：

對(duì)A、B整體

mg=（2m+m）a

對(duì)A

T-2ma

解得

1

a=28

T=-2mg

故A錯(cuò)誤，B正確；

C.經(jīng)過時(shí)間r,物塊B的速度大小

1

v=at=—gt

故C錯(cuò)誤；

D.經(jīng)過時(shí)間3對(duì)物塊A,由動(dòng)量定理得

f2

\p=Tt--mgt

故D錯(cuò)誤。

故選B。

7.A

【詳解】根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小等于燃?xì)獾膭?dòng)量大小，即

p=mv=0.2x500kg-m/s=100kg-m/s

故選Ao

8.D

【詳解】AC.根據(jù)

.1qE

n=—at2,a=——

2m

可得

q_2h

mEt2

由于

4<均

可得

.<%

根im2

若d=%,則

>m2

若叫=利,則

<%

故AC錯(cuò)誤;

B.根據(jù)

Ep=q<p

若馬=%，在時(shí)刻。和b處于同一等勢(shì)面上，但由于電性相反，所以。和。的電勢(shì)能不相等，故B錯(cuò)

誤；

D.根據(jù)

4=卜耳=予

可知

匕<%

若叫=嗎，則有

Pi=mlvl<p2=m2y2

可知在才時(shí)刻a的動(dòng)量大小比b的小，故D正確。

故選D。

9.C

【詳解】根據(jù)題意，設(shè)太陽(yáng)單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的光子數(shù)為N,太陽(yáng)到太陽(yáng)帆的距離為R,太陽(yáng)帆的面積

為S,則單位時(shí)間內(nèi)照射到太陽(yáng)帆上的光子數(shù)為

NS

設(shè)太陽(yáng)光照射到太陽(yáng)帆的入射角為凡若所有光子被反射，時(shí)間f內(nèi)對(duì)太陽(yáng)帆產(chǎn)生的壓力為尸，每個(gè)光子

的動(dòng)量為。，由動(dòng)量定理有

Ft=2mpcos0

解得

F_NSpcos0

~2TTR2

A.若光照強(qiáng)度和太陽(yáng)光照射到太陽(yáng)帆的入射角一定，即N和6不變，太陽(yáng)帆接受光的面積S越大，則該

飛船獲得的動(dòng)力廠越大，故A正確；

B.若光照強(qiáng)度和太陽(yáng)帆接受光的面積一定，即N和S不變，太陽(yáng)光照射到太陽(yáng)帆發(fā)生反射，入射角。越

小，則該飛船獲得的動(dòng)力越大，故B正確；

C.若太陽(yáng)光照射到太陽(yáng)帆時(shí)，光子被吸收，則有

Ft=ntpcos6

整理可得

_NSpcos0

一4%R。

可知，被吸收的光子會(huì)對(duì)太陽(yáng)帆產(chǎn)生光壓，故C錯(cuò)誤。

D.若將太陽(yáng)帆正對(duì)太陽(yáng)，同理可得

心理

2兀R2

由牛頓第二定律可得，飛船的加速度為

F—七二ma

整理可得

遠(yuǎn)離太陽(yáng)，R增大，則。減小，飛船無需其他動(dòng)力，做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故D正確。

本題選錯(cuò)誤的，故選C。

10.C

【詳解】A.根據(jù)平衡條件，輕細(xì)線對(duì)小球的拉力為

F=S

cos3

故A錯(cuò)誤；

B.小球受到重力與繩子拉力，其合力提供向心力，則

4萬2

mgtan=mLsin3

小球勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期

X尸

故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)

v2

mgtanUn=m——；—

Lsin0

解得小球勻速圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為

v=sin，tang

故C正確；

D.根據(jù)動(dòng)量定理，在半個(gè)周期內(nèi)，合外力對(duì)小球的沖量大小為

ZF=mv—(―mv)=2mv=2nxigLsin0tan0

故D錯(cuò)誤。

故選C。

11.D

【詳解】A.當(dāng)開關(guān)S閉合時(shí)，導(dǎo)體棒向右擺起，說明其所受安培力水平向右或水平向右的分量，由左手

定則可知，磁場(chǎng)方向一定豎直向上，下方為N極，故A錯(cuò)誤；

B.若在最高點(diǎn)受安培力水平向右，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知安培力為

F=mgtan0

但最高點(diǎn)時(shí)安培力方向并非水平向右，故B錯(cuò)誤；

C.導(dǎo)體棒從最低點(diǎn)擺動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，設(shè)安培力和繩子拉力合力的沖量為I,根據(jù)動(dòng)量定理可知

I—mgt=0

解得

I=mgt

所以導(dǎo)體棒受到的安培力的沖量大小不等于mgt,故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)能量守恒定律可知安培力做功為

W=mgL(l-cos

故D正確。

故選D。

12.C

【詳解】A.大球向前移動(dòng)1格長(zhǎng)度時(shí)，小球向前移動(dòng)3格的長(zhǎng)度，則

1

v大=”、

根據(jù)

p=mv

碰撞后大球的動(dòng)量等于小球的動(dòng)量，故A錯(cuò)誤；

B.根據(jù)

12

EF.=-mv

k2

碰撞后大球的動(dòng)能小于小球的動(dòng)能，故B錯(cuò)誤;

C.根據(jù)動(dòng)量守恒

MVQ=Mv大+znv小

1

V大=§V，J、

得

%：V大=2:1

故C正確；

D.根據(jù)

12

EF,=—mv

k2

大球碰撞前后的動(dòng)能比為4：1,故D錯(cuò)誤。

故選C。

13.B

【詳解】A.因?yàn)闆_量是矢量，甲對(duì)己的作用力與乙對(duì)甲的作用力大小相等方向相反，故沖量大小相等方

向相反，A錯(cuò)誤；

B.兩人組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，系統(tǒng)動(dòng)量變化量為零，則

甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等且方向相反，B正確；

C.甲、乙間的作用力大小相等，不知道甲、乙的質(zhì)量關(guān)系，不能求出甲乙動(dòng)能變化關(guān)系，無法判斷做功

多少，也不能判斷出二者動(dòng)能的變化量，c錯(cuò)誤；

D.在乙推甲的過程中，乙的肌肉對(duì)系統(tǒng)做了功，甲和乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，D錯(cuò)誤。

故選B。

14.C

【詳解】AD.兩粒子均逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左右定則可知有兩種情況：①磁場(chǎng)垂直紙面向里，粒子均帶正

電；②磁場(chǎng)垂直紙面向外，粒子均帶負(fù)電，故AD錯(cuò)誤；

BC.根據(jù)洛倫茲力提供向心力得

V2

qvB=m——

R

可得

R=—

qB

分析可知當(dāng)速率V、電量外磁感應(yīng)強(qiáng)度8均相等時(shí)，半徑R越大的粒子質(zhì)量機(jī)就越大;磁感應(yīng)強(qiáng)度B相

同，當(dāng)兩粒子動(dòng)量相等時(shí)，半徑R越小的粒子電量q越大，所以乙粒子電荷量較大，故B錯(cuò)誤，C

正確。

故選Co

15.A

【詳解】AB.伸出雙手接住傳來的籃球，之后雙手隨籃球迅速收縮至胸前起到了緩沖作用，根據(jù)動(dòng)量定理

可知

Ft=mAv

當(dāng)籃球速度變化量Av相同時(shí)（從接住時(shí)的速度減為0）,題中操作的緩沖作用是為了增加籃球和手的作用

時(shí)間f,從而減小籃球?qū)κ值臎_擊力尸。故A正確，B錯(cuò)誤；

CD.根據(jù)牛頓第三定律，手對(duì)籃球的作用力與籃球?qū)κ值淖饔昧κ且粚?duì)相互作用力，任何情況下都是等大

反向的。故CD錯(cuò)誤。

故選Ao

16.C

【詳解】A.“交棒”運(yùn)動(dòng)員和“接棒”運(yùn)動(dòng)員受到的推力大小相等，方向相反，但是質(zhì)量不一定相同，由牛

頓第二定律

F

a=—

m

因此加速度方向相反，大小也不一定相同，A錯(cuò)誤；

B.交接棒過程中兩運(yùn)動(dòng)員之間的相互作用力等大反向，但兩力作用的位移并不相同，總功并不為零，B

錯(cuò)誤；

C.兩個(gè)運(yùn)動(dòng)員相互作用的力的作用時(shí)間相同，等大、反向、共線，故“交棒”運(yùn)動(dòng)員對(duì)“接棒”運(yùn)動(dòng)員的沖

量與“接棒”運(yùn)動(dòng)員對(duì)“交棒”運(yùn)動(dòng)員的沖量等大、反向、共線，兩運(yùn)動(dòng)員相互作用力的總沖量等于零，C正

確；

D.運(yùn)動(dòng)員與冰面間的摩擦可忽略不計(jì)，在“交棒”過程中，“交棒”運(yùn)動(dòng)員猛推“接棒”運(yùn)動(dòng)員一把，兩個(gè)運(yùn)動(dòng)

員相互作用的力等大、反向、共線，作用時(shí)間相同，根據(jù)動(dòng)量定理，兩個(gè)運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量變化等大、反向、

共線，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。因?yàn)橥屏ψ龉?，“交棒”運(yùn)動(dòng)員和“接棒”運(yùn)動(dòng)員組成的系統(tǒng)機(jī)械能一定增加，D錯(cuò)

誤。

故選C。

17.C

【詳解】A.甲、乙兩人組成的系統(tǒng)在甲推乙的過程中動(dòng)量守恒，由于系統(tǒng)初動(dòng)量為0,則甲、乙兩人的

動(dòng)量大小相等，方向相反，故A錯(cuò)誤；

B.由公式我=』匚可知，由于兩人的動(dòng)量大小相等且質(zhì)量不同，所以甲、乙兩人的動(dòng)能不相同，故B錯(cuò)

2m

誤；

C.由動(dòng)量守恒可得

叫悔=%v乙

則

加_小乙_5

v乙町6

故C正確；

D.在甲推開乙后，甲、乙兩人均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，加速度均為0,故D錯(cuò)誤。

故選Co

18.AD/DAwi]-OP=mA-OM+m2-ON結(jié)論正確，見解析

【詳解】(1)口]若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，則

"4%=叫匕+m2v2

碰撞后兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)，兩小球下落高度相同，則兩小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，則

叫=I%卬+m2v2t

可得

m1-OP=叫-OM+m,■ON

故還需完成的必要步驟是：用天平分別測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量如、m2,分別找到7如、加2相碰后平均落點(diǎn)的

位置M、N,測(cè)量。M、ON的長(zhǎng)度。

故選AD。

(2)[2]由(1)可知，若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為

m1-OP=叫-OM+m,■ON

(3)⑶若碰撞是彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒以及機(jī)械能守恒可得

m1-OP=叫-OM+m,■ON

121212

=2/7?lVr+~m2V2

可得

122122122

+-/n2v2z

即

1,1,1,

-n^-OP-=-ml-OM-+-m2-ON-

聯(lián)立解得

0知=四*0尸，ON=^^OP

叫+機(jī)2叫+加2

可得

ON=OM+OP

故結(jié)論正確。

19.(1)①反,②3mg；(2)①②2R(2m+M)

\M+mm+M

【詳解】(1)①根據(jù)題意，由機(jī)械能守恒定律有

12

mgR=—mv0

解得

v0=^gR

②小球運(yùn)動(dòng)到軌道最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有

氏-mg=i咔

K

解得

生=3mg

(2)①凹槽可以在桌面上自由滑動(dòng)，小球和凹槽組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，則有

mvx—MV2=0

由機(jī)械能守恒定律有

1212

mgR=—mvj+—MV2

解得

手

\M+m

②根據(jù)題意可知，小球運(yùn)動(dòng)過程中水平方向在任何時(shí)候都動(dòng)量守恒，則有

mh—MV2=0

兩邊同時(shí)乘f可得

mxx=MX2

由于運(yùn)動(dòng)過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到凹槽軌道左端點(diǎn)時(shí)，速度恰好為零，此時(shí)，凹槽向

右運(yùn)動(dòng)到最大距離，則有

玉+兀2=2R

解得

2m_

%=--------R

m+M

由對(duì)稱性可知，小球再次滑到軌道右端點(diǎn)時(shí)，凹槽恰好向左運(yùn)動(dòng)

-2m門

XQ-XQ-1\

m+M

由于凹槽兩端始終沒有滑出桌面，則桌面的最小長(zhǎng)度

2R(2m+M]

L=2R+X2=—---------L

m+M

20.(1)(2)L耳;(3)為2”

Vm\2eUxL

【詳解】(1)電子經(jīng)過加速電場(chǎng)，根據(jù)動(dòng)能定理有

12

eU.=-mv~

12

解得電子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度的大小為

(2)電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有

L=vt

解得電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

t=L

(3)電子沿電場(chǎng)力方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有

解得

_2h_2h\2eU.

ytLNm

由于電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則電子在通過偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的過程中動(dòng)量變化的大小

2h_____

Ap=mv=——j2meU

yLyl

2L⑴用“9咚W"

【詳解】(1)設(shè)物塊A下落高度”時(shí)的速度為%,根據(jù)機(jī)械能守恒

12

mgH=—mv0

可得

%=y12gH

物體A與B碰撞過程，動(dòng)量守恒

mv0=2mv

A與B碰后的速度大小為

12gH

v=—v=-------

202

(2)A、B碰后到最低點(diǎn)的過程中,靜電力做功

%=-Eqh

電勢(shì)能的增加量

△綜=-%=回〃

(3)A、B碰后至最低點(diǎn)的過程中,由動(dòng)能定理

12

2mgh—Eqh+%=0——x2mv

解得

,mg(4h+H)

w%=Eqh-----------