動量-五年（2017-2021）高考物理真題分項匯編（全國通用）（解析版）

專題15動量（解析版）

近5年（2017-2021）高考物理試題分類解析

2021全國乙卷第1題.如圖，光滑水平地面上有一小車，一輕彈簧的一端與車廂的擋板相

連，另一端與滑塊相連，滑塊與車廂的水平底板間有摩擦。用力向右推動車廂使彈簧壓縮,

撤去推力時滑塊在車廂底板上有相對滑動。在地面參考系（可視為慣性系）中，從撤去推

力開始，小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)（）

~^OOQOQOO]|

777777^v77777777777777777?v77Z7777T

A.動量守恒，機械能守恒

B.動量守恒，機械能不守恒

C.動量不守恒，機械能守恒

D.動量不守恒，機械能不守恒

【答案】B

【解析】

因為滑塊與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車廂底板上有相對滑動，即摩擦

力做功，而水平地面是光滑的；以小車、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒和機械能

守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒。

故選B。

2021山東卷第11題.如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面〃的高處，現(xiàn)將質(zhì)量

為⑷的物資以相對地面的速度?水平投出，落地時物資與熱氣球的距離為&已知投出物資

后熱氣球的總質(zhì)量為〃所受浮力不變,重力加速度為必不計阻力，以下判斷正確的是（）

A.投出物資后熱氣球做勻加速直線運動

B.投出物資后熱氣球所受合力大小為加g

【答案】BC

【解析】AB.熱氣球開始攜帶物資時處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合外力為0,初動量為0,水平投

出重力為摩的物資瞬間，滿足動量守恒定律

Mv=mv0

則熱氣球和物資的動量等大反向，熱氣球獲得水平向左的速度乙熱氣球所受合外力恒為

mS,豎直向上，所以熱氣球做勻加速曲線運動，A錯誤，B正確；

CD.熱氣球和物資的運動示意圖如圖所示

XM

熱氣球和物資所受合力大小均為幽？，所以熱氣球在豎直方向上加速度大小為

m

a=-g

M

物資落地H過程所用的時間f內(nèi)，根據(jù)"=gg/解得落地時間為

[2H

熱氣球在豎直方向上運動的位移為

121m2Hm

rr=-at=------g------=——Hrr

M22MgM

熱氣球和物資在水平方向均做勻速直線運動，水平位移為

根據(jù)勾股定理可知熱氣球和物資的實際位移為

C正確，D錯誤。

故選BC。

2020全國1卷第1題

1.行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽

車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是

()

A.增加了司機單位面積的受力大小

B.減少了碰撞前后司機動量的變化量

C.將司機的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能

D.延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積

【答案】D

【解析】A.因安全氣囊充氣后，受力面積增大，故減小了司機單位面積的受力大小，故A

錯誤；

B.根據(jù)AP=mu-削0有無安全氣囊司機初動量和末動量均相同，所以動量的改變量也相

同，故B錯誤；

C.因有安全氣囊的存在，司機和安全氣囊接觸后會有一部分動能轉(zhuǎn)化為氣體的內(nèi)能，不能

全部轉(zhuǎn)化成汽車的動能，故C錯誤；

D.因為安全氣囊充氣后面枳增大，司機的受力面積也增大，在司機擠壓氣囊作用過程中由

于氣囊的緩沖故增加了作用時間，故D正確。

故選D。

2020全國2卷第8題

8.水平冰面上有一固定的豎直擋板，一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0

kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；

物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以

大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大

小大于5.0m/s,反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能

為

A.48kgB.53kgC.58kgD.63kg

【答案】BC

【解析】設(shè)運動員和物塊的質(zhì)量分別為〃?、/）規(guī)定運動員運動的方向為正方向，運動員開

始時靜止，第一次將物塊推出后，運動員和物塊的速度大小分別為M、%,則根據(jù)動量守

恒定律0=加匕一%,%

解得％=—v

m0

物塊與彈性擋板撞擊后，運動方向與運動員同向，當(dāng)運動員再次推出物塊

mVj+movo=mv2-

解得v=v

2m0

第3次推出后

mv2+m()v0=mv3-movo

解得V3-3"v0

m

依次類推，第8次推出后，運動員的速度%=比k?

m

根據(jù)題意可知％=1與叫）%>5m/s

m

解得m<60kg

第7次運動員的速度一定小于5m/s,則

v7=13%%<5m/s

m

解得機>52kg

綜上所述，運動員的質(zhì)量滿足52kg（加<60kg

AD錯誤，BC正確。故選BC。

2020全國3卷第2題

2.甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前

后甲、乙的速度隨時間的變化如圖中實線所示。已知甲的質(zhì)量為1kg,則碰撞過程兩物塊損

失的機械能為（）

【解析】由z圖可知，碰前甲、乙的速度分別為%=5m/s,v乙=lm/s；碰后甲、乙的

速度分別為喘=Tm/s,吃=2m/s,甲、乙兩物塊碰撞過程中，由動量守恒得

+叫v乙=叫/+叫吃

解得吆=6kg

則損失的機械能為

解得AE=3J

故選Ao

2020江蘇省卷第12題

121選修3-5]（12分）

（3）一只質(zhì)量為1.4kg的烏賊吸入0.1kg的水，靜止在水中.遇到危險時，它在極短時間內(nèi)

把吸入的水向后全部噴出，以2m/s的速度向前逃竄.求該烏賊噴出的水的速度大小V.

【解析】（3）由動量守恒得機丫一碗'=0

Mv

解得V=—代入數(shù)據(jù)得V=28m/s

m

2020北京卷第13題

13.在同一豎直平面內(nèi)，3個完全相同的小鋼球（1號、2號、3號）懸掛于同一高度；靜止時

小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實驗中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對

心正碰。以下分析正確的是（）

A.將1號移至高度/I釋放，碰撞后，觀察到2號靜止、3號擺至高度〃。若2號換成質(zhì)量不

同的小鋼球，重復(fù)上述實驗，3號仍能擺至高度〃

B.將1、2號一起移至高度力釋放，碰撞后，觀察到1號靜止，2、3號一起擺至高度〃，釋

放后整個過程機械能和動量都守恒

C.將右側(cè)涂膠的1號移至高度力釋放，1,2號碰撞后粘在一起，根據(jù)機械能守恒，3號仍

能擺至高度〃

D.將1號和右側(cè)涂膠的2號一起移至高度〃釋放，碰撞后，2、3號粘在一起向右運動，未

能擺至高度〃，釋放后整個過程機械能和動量都不守恒

【答案】D

【解析】A.1號球與質(zhì)量不同的2號球相碰撞后，1號球速度不為零，則2號球獲得的動能

小于1號球撞2號球前瞬間的動能，所以2號球與3號球相碰撞后，3號球獲得的動能也小

于1號球撞2號球前瞬間的動能，則3號不可能擺至高度力，故A錯誤；

B.1、2號球釋放后，三小球之間的碰撞為彈性碰撞，且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功，

所以系統(tǒng)的機械能守恒，但整個過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故

B錯誤；

C.1、2號碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，所以1、2號球

再與3號球相碰后，3號球獲得的動能不足以使其擺至高度//,故C錯誤；

D.碰撞后，2、3號粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機械能損失，且整個過程中，

系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的機械能和動量都不守恒，故D正確。

故選D。

2020天津卷第12題

12.長為/的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為網(wǎng)的小球4,處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個水平

瞬時沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運動，恰好能通過圓周軌跡的最高點。當(dāng)A回到最低點時,

質(zhì)量為機2的小球B與之迎面正碰，碰后A、8粘在一起，仍做圓周運動，并能通過圓周軌

跡的最高點。不計空氣阻力，重力加速度為g,求

（1）A受到的水平瞬時沖量/的大?。?/p>

（2）碰撞前瞬間B的動能后卜至少多大？

【答案】⑴1=叫商；（2）紇=即（2町+叫丫

2網(wǎng)

【解析】（1）A恰好能通過圓周軌跡的最高點，此時輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點時

2

的速度大小為也由牛頓第二定律，有町①

A從最低點到最高點的過程中機械能守恒，取軌跡最低點處重力勢能為零，設(shè)A在最低點的

由動量定理，有/=g七③

聯(lián)立①②③式，得/=町而成④

(2)設(shè)兩球粘在一起時速度大小為M,A、8粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點，需

滿足

U=匕4'⑤'

要達到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前8的速度方向相同，以此方向為正方向,

設(shè)B碰前瞬間的速度大小為腺，由動量守恒定律，有"3力-町辦=(見+生戶'⑥

又Ek=5嗎斤⑦

聯(lián)立①②⑤⑥⑦式，得碰撞前瞬間B的動能線至少為線="，(2班+引⑧

2020山東卷第18題

18.如圖所示，一傾角為。的固定斜面的底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為，"

和4,〃，Q靜止于斜面上A處。某時刻，P以沿斜面向上的速度vo與Q發(fā)生彈性碰撞。Q與

斜面間的動摩擦因數(shù)等于tan。，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。P與斜面間無摩擦，與

擋板之間的碰撞無動能損失。兩物塊均可以看作質(zhì)點，斜面足夠長，Q的速度減為零之前P

不會與之發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。

(1)求P與Q第一次碰撞后瞬間各自的速度大小《1；

(2)求第〃次碰撞使物塊Q上升的高度h?-

(3)求物塊Q從A點上升的總高度H；

(4)為保證在Q的速度減為零之前P不會與之發(fā)生碰撞，求A點與擋板之間的最小距離s。

【答案】(1)P的速度大小為3%，。的速度大小為40；(2)以=(2",/(〃=1,2,3……)；

2525g

⑶八舟,2端鬻

【解析】(1)P與Q的第一次碰撞，取戶的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得

加％=mvPl+4/HVQ]QJ

由機械能守恒定律得如。2=—%2+；.4m②

聯(lián)立①②式得”=-|%③VQ\=|V0④

32

故第一次碰撞后P的速度大小為w%，Q的速度大小為1%

(2)設(shè)第一次碰撞后。上升的高度為小，對Q由運動學(xué)公式得0-%2=2.(_2gsin。)?熹

⑤

聯(lián)立①②⑤式得心蓋⑥

設(shè)尸運動至與Q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時速度為%2,第?次碰后至第二次碰前，對

P由動能定理得

1212.

2WV02機Vpi=_mgh]

聯(lián)立①②⑤⑦式得v02=f%⑧

P與。的第二次碰撞，設(shè)碰后P與。的速度分別為%2、VQ2,由動量守恒定律得

/wv02=tnvP2+4機也2(9)

2

由機械能守恒定律得《加肥？=wvP2+-^mvQ2⑩

聯(lián)立①②⑤⑦⑨?式得＞2=-|X%。?

物=|x，％?

設(shè)第二次碰撞后Q上升的高度為hl,對。由運動學(xué)公式得0-VQ22=2-(-2gsin6)?焉

?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨??弋得第=1*?

設(shè)P運動至與。剛要發(fā)生第三次碰撞前的位置時速度為％3,第二次碰后至第三次碰前，對

P由動能定理得

7,rtv032-^mvp^-mgh,?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩?M得%3=4)2Vo?

P與。的第三次碰撞，設(shè)碰后P與。的速度分別為與3、々3,

由動量守恒定律得"?％3=mVP3+4mVQ3@

mv22

由機械能守恒定律得JwvH=^P3+,4mvQ3?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩須負覺得心3=-|X(，淤％?

設(shè)第三次碰撞后。上升的高度為〃3,對Q由運動學(xué)公式⑩得O-V02=2-(-2gsine)?熹

?

聯(lián)立①②⑤⑦⑨⑩(g顫函式得%=(1)2.需~?

2525g

總結(jié)可知，第"次碰撞后，物塊。上升的高度為

&=(1"T普("=1，2,3……)?

2525g

(3)當(dāng)尸、。達到，時，兩物塊到此處的速度可視為零，對兩物塊運動全過程由動能定理得

]H

0——機"J=_Qn+4m)gH-tan夕4mgcos0----?

2sin。

解得”=算?

18g

(4)設(shè)。第一次碰撞至速度減為零需要的時間為/|,由運動學(xué)公式得叼=2gqsin6

?

設(shè)P運動到斜面底端時的速度為昨；，需要的時間為/2,由運動學(xué)公式得

l：;

vPy-Vp,+gt2sinG-I

2

vPf-Vp,=2sgsin?

設(shè)P從A點到。第一次碰后速度減為零處勻減速運動的時間為公股=(-%)-g『3sin。

?

當(dāng)4點與擋板之間的距離最小時力=2弓+0?

聯(lián)立?????式，代入數(shù)據(jù)得5=縹1萼?

200gsin?

2019全國2卷25.（20分）

一質(zhì)量為機=2000kg的汽車以某一速度在平直公路上勻速行駛。行駛過程中，司機忽

然發(fā)現(xiàn)前方100m處有一警示牌。立即剎車。剎車過程中，汽車所受阻力大小隨時間變化

可簡化為圖（a）中的圖線。圖（a）中，0"時間段為從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到采取措施的反應(yīng)

時間（這段時間內(nèi)汽車所受阻力已忽略，汽車仍保持勻速行駛），h=0.8s；A~f2時間段為

剎車系統(tǒng)的啟動時間，介=1.3s；從，2時刻開始汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作，直至汽車停止，

已知從f2時刻開始，汽車第1s內(nèi)的位移為24m,第4s內(nèi)的位移為1m。

（1）在圖（b）中定性畫出從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作后汽車運動的回圖

線；

（2）求f2時刻汽車的速度大小及此后的加速度大小；

（3）求剎車前汽車勻速行駛時的速度大小及“72時間內(nèi)汽車克服阻力做的功；司機發(fā)

現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離約為多少（以八72時間段始末速度的算術(shù)平均值替代

這段時間內(nèi)汽車的平均速度）？

O41.0t22.Qt/s

圖(b)

【解析】25.（1）V”圖像如圖所示。

ZI1.0q2.()//s

(2)設(shè)剎車前汽車勻速行駛時的速度大小為小則h時刻的速度也為四，上時刻的速度也

為也，在，2時刻后汽車做勻減速運動，設(shè)其加速度大小為取A/=ls,設(shè)汽車在t2+n-lA7

內(nèi)的位移為sn,n=1,2,3,…。

若汽車在力+34~2+4加時間內(nèi)未停止，設(shè)它在h+3加時刻的速度為吟，在介+4加時刻的速

度為V4，由運動學(xué)有

S|-$4=3〃(4)2①

4=齒加-1a(加f②代入數(shù)據(jù)得24=V9-a/2

2

v4=v2-4aAz③

聯(lián)立①②③式，代入已知數(shù)據(jù)解得

這說明在/2+44時刻前，汽車已經(jīng)停止。因此，①式不成立。

由于在及+3△?2+44內(nèi)汽車停止，由運動學(xué)公式

v3=v2-3az⑤

2as4=片⑥O

聯(lián)立②⑤⑥，代入已知數(shù)據(jù)解得6.25/-122。+576=0解得

a=8in/s2?V2=28m/s@

或者〃=空^m/s2,也=29.76m/s

25

(3)設(shè)汽車的剎車系統(tǒng)穩(wěn)定工作時，汽車所受阻力的大小為力，由牛頓定律有

力二ma

在fl2時間內(nèi)，阻力對汽車沖量的大小為

由動量定理有

P=mvi-m,r=mvi-mv2

由動量定理，在“及時間內(nèi)，汽車克服阻力做的功為

W--niVj—mvl

2,22

聯(lián)立⑦⑨⑩0(2式，代入已知數(shù)據(jù)解得

也=30m/sD

W=l.16x10sjG

從司機發(fā)現(xiàn)警示牌到汽車停止，汽車行駛的距離s約為

1Vns

5=卬|+彳（匕+%）（，2_￡|）+薩*5

22a

聯(lián)立⑦0。，代入已知數(shù)據(jù)解得

.y=87.5m0

2019年北京卷24題.（20分）

雨滴落到地面的速度通常僅為幾米每秒，這與雨滴下落過程中受到空氣阻力有關(guān)。雨滴間無

相互作用且雨滴質(zhì)量不變，重力加速度為g。

（1）質(zhì)量為根的雨滴由靜止開始，下落高度〃時速度為〃，求這一過程中克服空氣阻力所做

的功W。

（2）將雨滴看作半徑為，的球體，設(shè)其豎直落向地面的過程中所受空氣阻力戶k/v2,其中v

是雨滴的速度，上是比例系數(shù)。

a.設(shè)雨滴的密度為。推導(dǎo)雨滴下落趨近的最大速度Vm與半徑，?的關(guān)系式；

b.示意圖中畫出了半徑為八、rz（r,>r2）的雨滴在空氣中無初速下落的v-f圖線，其中

一對應(yīng)半徑為，1的雨滴（選填①、②）；若不計空氣阻力，請在圖中畫出雨滴無初速下落

的VT圖線。

（3）由于大量氣體分子在各方向運動的幾率相等，其對靜止雨滴的作用力為零。將雨滴簡

化為垂直于運動方向面積為S的圓盤，證明：圓盤以速度v下落時受到的空氣阻力/8丫2（提

示：設(shè)單位體積內(nèi)空氣分子數(shù)為"，空氣分子質(zhì)量為加0）。

【答案】24.（20分）

（I）根據(jù)動能定理

可得W=mgh-gmu2

（2）a.根據(jù)牛頓第二定律mg-f=〃匐

得q=g------

m

當(dāng)加速度為零時，雨滴趨近于最大速度Vm

雨滴質(zhì)量m=gnr'p

答圖2

(3)根據(jù)題設(shè)條件：大量氣體分子在各方向運動的幾率相等，其對靜止雨滴的作用力

為零。以卜只考慮雨滴下落的定向運動。

簡化的圓盤模型如答圖3。設(shè)空氣分子與圓盤碰撞前后相對速度大小不變。在加時間內(nèi)，

與圓盤碰撞的空氣分子質(zhì)量為A/H=Sv\tnn\}

答圖3

以「表示圓盤對氣體分子的作用力，根據(jù)動量定理,

有FA/ocA^xv

得F<xmn^Sv2

由牛頓第三定律，可知圓盤所受空氣阻力

/℃v2

采用不同的碰撞模型，也可得到相同結(jié)論。

2019年江蘇卷12.[選修3-5](12分)

12.(1)質(zhì)量為碘小孩站在質(zhì)量為砸滑板上，小孩和滑板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，忽略滑

板與地面間的摩擦.小孩沿水平方向躍離滑板，離開滑板時的速度大小為％此

時滑板的速度大小為

,八、

(A)—v(B)—Mv(C)--m-—v(D)--M--v

Mmm+Mm+M

【答案】12.(1)B

Mv—v

【解析】動量守恒Mu+mu'=O,得丫'=—-大小為“，B正確。

m

2017年全國卷14題.將質(zhì)量為L00kg的模型火箭點火升空，50g燃燒的燃氣以大小為600

m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為（噴

出過程中重力和空氣阻力可忽略）

A.30kg-m/sB.5.7X102kg-m/s

C.6.OXIO?kg-m/sD.6.3X102kg?m/s

［解析［P=tnv=50x10-x600kgm/s-30kgm/s

【答案】A

2018年.全國1卷14題.高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的均加速直線運動，

在啟動階段列車的動能

A.與它所經(jīng)歷的時間成正比B.與它的位移成正比

C.與它的速度成正比D.與它的動量成正比

1］12

222

【解析】Ek=—mv~=max,與位移x成正比。￡--mv=—mat＞與速度

2A222m

平方，時間平方，動量平方成正比。

【答案】14.B

2018年全國2卷15題.高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50g的雞蛋從一居民樓的

25層墜下，與地面的撞擊時間約為2ms,則該雞蛋對地面產(chǎn)生的沖擊力約為

A.10NB.102NC.103ND.104N

【解析】設(shè)丸=50加，根據(jù)動能定理機=/和動量定理/一機8二詈解得

F=3.5xlO3A^

【答案】15.C

2018年全國1卷24題.（12分）一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后,從地面豎直升空，

當(dāng)煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分

獲得的動能之和也為三且均沿豎直方向運動。爆炸時間極短，重力加速度大小為g,

不計空氣阻力和火藥的質(zhì)量，求

（1）煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間；

(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度

【解答】24.(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為％,由題給條件有E加宕①

設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t,由運動學(xué)公式有0-%=-gf②

聯(lián)立①②式得f=L至③

g\m

(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為幾由機械能守恒定律有后0她④

火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設(shè)炸后瞬間其速度分別為匕和

11

V2,由題給條件和動量守恒定律有一加甘9~+—加藥?=七⑤

44

11…

—mv}+—mv2=0⑥

由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動。設(shè)爆

炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為力2,由機械能守恒定律有4根孑=5〃織為⑦

2E

聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為〃="+壇=——⑧

mg

2018年全國2卷24題.(12分)

汽車4在水平冰雪路面上行駛，駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車8,立即采取制動措施，

但仍然撞上了汽車員兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后8車向

前滑動了4.5m,A車向前滑動了2.0m,已知/和8的質(zhì)量分別為2.0x1(Pkg和

1.5xlO3kg.兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時間極短，在碰

撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小g=10m/s2.求

(1)碰撞后的瞬間夕車速度的大?。?2)碰撞前的瞬間/車速度的大小。

【解答】24.(12分)

(1)設(shè)6車質(zhì)量為期，碰后加速度大小為為,根據(jù)牛頓第二定律有

/dmBg=mBaB①式中〃是汽車與路面間的動摩擦因數(shù)。

設(shè)碰撞后瞬間5車速度的大小為u；,碰撞后滑行的距離為SB.由運動學(xué)公式有

VB~^aBSB②

聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得v；=3.0m/s③

(2)設(shè)4車的質(zhì)量為血,碰后加速度大小為品。根據(jù)牛頓第二定律有

g=mAaA④

設(shè)碰撞后瞬間/車速度的大小為v；,碰撞后滑行的距離為由運動學(xué)公式有

個=2%%⑤

設(shè)碰撞后瞬間/車速度的大小為匕，兩車在碰撞過程中動量守恒，有

碎4匕=利/：+加”；⑥

聯(lián)立③@@⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得以=4.3m/s⑦

2018年全國3卷25題.(20分)

如圖，在豎直平面內(nèi)，一半徑為力的光滑圓弧軌道胸和水平軌道*在/點相切。BC

為圓弧軌道的直徑。。為圓心，力和團之間的夾角為a,sina=3,一質(zhì)量為必的小

5

球沿水平軌道向右運動，經(jīng)4點沿圓弧軌道通過。點，落至水平軌道；在整個過程中，

除受到重力及軌道作用力外，小球還一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C點所

受合力的方向指向圓心，且此時小球?qū)壍赖膲毫η『脼榱恪Ｖ亓铀俣却笮間。求:

(1)水平恒力的大小和小球到達。點時速度的大小;

(2)小球到達力點時動量的大??；

(3)小球從。點落至水平軌道所用的時間。

【解答】25.(1)設(shè)水平恒力的大小為用,小球到達，點時所受合力的大小為尼由力的合

成法則有"=tana①尸=(相g)?+號②

mg

設(shè)小球到達。點時的速度大小為V，由牛頓第二定律得F=m±③

R

由①②③式和題給數(shù)據(jù)得F0=^mg@v=與區(qū)⑤

(2)設(shè)小球到達4點的速度大小為匕，作CDJ_R4,交.PA于D點,由幾何關(guān)系得

DA=Rsina?CD=R(1+cosa)⑦

2

由動能定理有一mg-CD-F(}-DA=^tnv一gwu；⑧

由④⑤⑥⑦⑧式和題給數(shù)據(jù)得，小球在A點的動量大小為p=mVl=竺母史⑨

(3)小球離開。點后在豎直方向上做初速度不為零的勻加速運動，加速度大小為外

設(shè)小球在豎直方向的初速度為匕，從C點落至水平軌道上所用時間為由運動學(xué)公式

有匕f+5gf2=CD?v±=vsina0

由⑤⑦⑩。式和題給數(shù)據(jù)得f性G

5Vg

2017年天津第4題

4.“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天

輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是

A.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機械能保持不變

B.在最高點，乘客重力大于座椅對他的支持力

C.摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零

D.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變

【答案】4.B

2018年天津9(1)題

9.(1)質(zhì)量為0.45kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為0.05kg的子彈以20

0m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個木塊沿子彈原方向運動，則木塊最終速度的

大小是m/s。若子彈在木塊中運動時受到的平均阻力為4.5X10/,則子彈射入

木塊的深度為m.

【解析】動量守恒機u=(M+機)V,解得V=20m/5

1,1,

子彈射入木塊的深度即相對位移為d,有fdy機廿一(m+w*2解得"=02m

22

【答案】9.(1)200.2

(3)如圖所示,懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為血運動速度的大小為r,方向向下.經(jīng)

過時間小球的速度大小為火方向變?yōu)橄蛏?忽略空氣阻力，重力加速度為g,

求該運動過程中，小球所受彈簧彈力沖量的大小.

O

5。

【答案】

12c(3)取向上為正方向，動量定理ar-(-mv)=ZK/=(F-mg)t

解得IF=Ft=2mv+mgt

2017年江蘇卷9題.如圖所示，三個小球爾B、C的質(zhì)量均為如A與B、C間通過較鏈用

輕桿連接，桿長為。B、。置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長.現(xiàn)4由靜

止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角a由60°變?yōu)?20°,4B、C在同一豎直平面內(nèi)運

動，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g.則此下降過程中

3

(A)4的動能達到最大前，8受到地面的支持力小于二砥

2

3

(B)4的動能最大時，6受到地面的支持力等于一貼

2

(C)彈簧的彈性勢能最大時，4的加速度方向豎直向下

(D)彈簧的彈性勢能最大值為"mgL

2

【解析】分兩組研究，A、B為一組，C、D為一組。

A的動能最大時，A的加速度。=0,根據(jù)力的平衡，B和C對A的力F的豎直分力為

2FV=mg,所以=%，8或C受到地面的支持力N為N=mg+F、,，等于,