專題05 動(dòng)量-【好題匯編】5年（2020-2024）高考1年模擬物理真題分類匯編（解析版）

專題05動(dòng)量一、單選題1．（2022·北京·高考）質(zhì)量為和的兩個(gè)物體在光滑水平面上正碰，其位置坐標(biāo)x隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率C．碰撞后的動(dòng)量大于的動(dòng)量 D．碰撞后的動(dòng)能小于的動(dòng)能【答案】C【詳解】A．圖像的斜率表示物體的速度，根據(jù)圖像可知碰前的速度大小為碰前速度為0，A錯(cuò)誤；B．兩物體正碰后，碰后的速度大小為碰后的速度大小為碰后兩物體的速率相等，B錯(cuò)誤；C．兩小球碰撞過程中滿足動(dòng)量守恒定律，即解得兩物體質(zhì)量的關(guān)系為根據(jù)動(dòng)量的表達(dá)式可知碰后的動(dòng)量大于的動(dòng)量，C正確；D．根據(jù)動(dòng)能的表達(dá)式可知碰后的動(dòng)能大于的動(dòng)能，D錯(cuò)誤。故選C。2．（2022·北京·高考）“雪如意”是我國(guó)首座國(guó)際標(biāo)準(zhǔn)跳臺(tái)滑雪場(chǎng)地。跳臺(tái)滑雪運(yùn)動(dòng)中，裁判員主要根據(jù)運(yùn)動(dòng)員在空中的飛行距離和動(dòng)作姿態(tài)評(píng)分。運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行跳臺(tái)滑雪時(shí)大致經(jīng)過四個(gè)階段：①助滑階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿盡量深蹲，順著助滑道的傾斜面下滑；②起跳階段，當(dāng)進(jìn)入起跳區(qū)時(shí)，運(yùn)動(dòng)員兩腿猛蹬滑道快速伸直，同時(shí)上體向前伸展；③飛行階段，在空中運(yùn)動(dòng)員保持身體與雪板基本平行、兩臂伸直貼放于身體兩側(cè)的姿態(tài)；④著陸階段，運(yùn)動(dòng)員落地時(shí)兩腿屈膝，兩臂左右平伸。下列說法正確的是（）A．助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與滑道之間的摩擦力B．起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是為了增加向上的速度C．飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了增加水平方向速度D．著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝是為了減少與地面的作用時(shí)間【答案】B【詳解】A．助滑階段，運(yùn)動(dòng)員深蹲是為了減小與空氣之間的摩擦力，A錯(cuò)誤；B．起跳階段，運(yùn)動(dòng)員猛蹬滑道主要是通過增大滑道對(duì)人的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理可知，在相同時(shí)間內(nèi)，為了增加向上的速度，B正確；C．飛行階段，運(yùn)動(dòng)員所采取的姿態(tài)是為了減小水平方向的阻力，從而減小水平方向的加速度，C錯(cuò)誤；D．著陸階段，運(yùn)動(dòng)員兩腿屈膝下蹲可以延長(zhǎng)落地時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理可知，可以減少身體受到的平均沖擊力，D錯(cuò)誤。故選B。3．（2020·北京·高考）在同一豎直平面內(nèi)，3個(gè)完全相同的小鋼球（1號(hào)、2號(hào)、3號(hào)）懸掛于同一高度；靜止時(shí)小球恰能接觸且懸線平行，如圖所示。在下列實(shí)驗(yàn)中，懸線始終保持繃緊狀態(tài)，碰撞均為對(duì)心正碰。以下分析正確的是（）A．將1號(hào)移至高度釋放，碰撞后，觀察到2號(hào)靜止、3號(hào)擺至高度。若2號(hào)換成質(zhì)量不同的小鋼球，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，3號(hào)仍能擺至高度B．將1、2號(hào)一起移至高度釋放，碰撞后，觀察到1號(hào)靜止，2、3號(hào)一起擺至高度，釋放后整個(gè)過程機(jī)械能和動(dòng)量都守恒C．將右側(cè)涂膠的1號(hào)移至高度釋放，1、2號(hào)碰撞后粘在一起，根據(jù)機(jī)械能守恒，3號(hào)仍能擺至高度D．將1號(hào)和右側(cè)涂膠的2號(hào)一起移至高度釋放，碰撞后，2、3號(hào)粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，未能擺至高度，釋放后整個(gè)過程機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒【答案】D【詳解】A．1號(hào)球與質(zhì)量不同的2號(hào)球相碰撞后，1號(hào)球速度不為零，則2號(hào)球獲得的動(dòng)能小于1號(hào)球撞2號(hào)球前瞬間的動(dòng)能，所以2號(hào)球與3號(hào)球相碰撞后，3號(hào)球獲得的動(dòng)能也小于1號(hào)球撞2號(hào)球前瞬間的動(dòng)能，則3號(hào)不可能擺至高度，故A錯(cuò)誤；B．1、2號(hào)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(jī)械能守恒，但整個(gè)過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；C．1、2號(hào)碰撞后粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機(jī)械能損失，所以1、2號(hào)球再與3號(hào)球相碰后，3號(hào)球獲得的動(dòng)能不足以使其擺至高度，故C錯(cuò)誤；D．碰撞后，2、3號(hào)粘在一起，為完全非彈性碰撞，碰撞過程有機(jī)械能損失，且整個(gè)過程中，系統(tǒng)所受合外力不為零，所以系統(tǒng)的機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒，故D正確。故選D。一、單選題1．（2024·北京西城·統(tǒng)考一模）2023年7月，由中國(guó)科學(xué)院研制的電磁彈射實(shí)驗(yàn)裝置啟動(dòng)試運(yùn)行，該裝置在地面構(gòu)建微重力實(shí)驗(yàn)環(huán)境，把“太空”搬到地面。實(shí)驗(yàn)裝置像一個(gè)“大電梯”，原理如圖所示，在電磁彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)推動(dòng)實(shí)驗(yàn)艙豎直向上加速運(yùn)動(dòng)至A位置，撤除電磁作用。此后，實(shí)驗(yàn)艙做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)最高點(diǎn)后返回A位置，再經(jīng)歷一段減速運(yùn)動(dòng)后靜止。某同學(xué)查閱資料了解到：在上述過程中的某個(gè)階段，忽略阻力，實(shí)驗(yàn)艙處于完全失重狀態(tài)，這一階段持續(xù)的時(shí)間為4s，實(shí)驗(yàn)艙的質(zhì)量為500kg。他根據(jù)上述信息，取重力加速度，做出以下判斷，其中正確的是（

）A．實(shí)驗(yàn)艙向上運(yùn)動(dòng)的過程始終處于超重狀態(tài)B．實(shí)驗(yàn)艙運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為40m/sC．向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對(duì)實(shí)驗(yàn)艙做功大于D．向上彈射階段，電磁彈射系統(tǒng)對(duì)實(shí)驗(yàn)艙的沖量等于【答案】C【詳解】A．實(shí)驗(yàn)艙在電磁彈射階段處于超重狀態(tài)，在豎直上拋階段處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．實(shí)驗(yàn)艙在電磁彈射結(jié)束后開始豎直上拋時(shí)的速度最大，根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知該速度為選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．在向上彈射過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有所以選項(xiàng)C正確；D．在向上彈射過程中，根據(jù)動(dòng)量定理有所以選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故C正確。2．（2024·北京東城·統(tǒng)考一模）一個(gè)質(zhì)量為m的網(wǎng)球從距地面高處自由下落，反彈的最大高度為。不考慮所受的空氣阻力，重力加速度用g表示，對(duì)網(wǎng)球與地面接觸的運(yùn)動(dòng)過程，下列判斷正確的是（）A．網(wǎng)球的加速度先向上后向下B．網(wǎng)球速度為0時(shí)受地面的彈力最大C．地面對(duì)網(wǎng)球所做的功等于D．網(wǎng)球受地面的平均沖擊力等于【答案】B【詳解】A．整個(gè)過程中網(wǎng)球的加速度均為重力加速度，所以加速度不變，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．網(wǎng)球在與地面接觸的運(yùn)動(dòng)過程中，網(wǎng)球下降的過程中網(wǎng)球的形變量越來(lái)越大，彈力越來(lái)越大，開始階段網(wǎng)球的壓縮量較小，因此地面對(duì)網(wǎng)球向上的彈力小于重力，此時(shí)網(wǎng)球的合外力向下，加速度向下，網(wǎng)球做加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律隨著壓縮量增加，彈力增大，合外力減小，則加速度減小，方向向下，當(dāng)時(shí)，合外力為零，加速度為0，此時(shí)速度最大；由于慣性網(wǎng)球繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，此時(shí)方向向上，網(wǎng)球減速，隨著壓縮量增大，網(wǎng)球合外力增大，加速度增大，方向向上。所以網(wǎng)球下降過程中加速度先變小后變大，速度先變大后變小，小球運(yùn)動(dòng)最低點(diǎn)時(shí)，網(wǎng)球的速度為零，地面的彈力最大，故B項(xiàng)正確；C．由于網(wǎng)球與地面接觸過程中，作用點(diǎn)無(wú)位移，即有力無(wú)位移的情況，所以地面對(duì)網(wǎng)球所做的功為零，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．小球從處自由落下，設(shè)落地瞬間速度為，有解得小球離開地面的速度為，有解得設(shè)網(wǎng)球與地面作用時(shí)間為t，設(shè)向下為正方向，由動(dòng)量定理有整理有由于地面與網(wǎng)球作用時(shí)間未知，所以平均沖力取法求得，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選B。3．（2024·北京東城·統(tǒng)考一模）如圖所示，質(zhì)量為M、傾角為的光滑斜劈置于光滑水平地面上，質(zhì)量為m的小球第①次和第②次分別以方向水平向右和水平向左、大小均為的初速度與靜止的斜劈相碰，碰撞中無(wú)機(jī)械能損失。重力加速度用g表示，下列說法正確的是（）A．這兩次碰撞過程小球和斜劈組成的系統(tǒng)動(dòng)量都守恒B．第②次碰撞后斜劈的速度小于C．第②次碰撞過程中地面對(duì)斜劈的支持力等于D．第①次碰撞前、后小球的速度方向一定在同一直線上；第②次碰撞前、后小球速度方向與斜面法線的夾角一定相等【答案】B【詳解】A．第①次碰撞小球和斜劈組成的系統(tǒng)合外力為0，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，第②次碰撞過程中，系統(tǒng)的合外力不為0，動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B．第②次碰撞后速度的分解如圖水平方向動(dòng)量守恒解得斜劈的速度故B正確；C．第②次碰撞過程中，斜劈有豎直向下的動(dòng)量，則可知地面對(duì)斜劈的支持力大于，故C錯(cuò)誤；D．第②次碰撞后小球沿垂直于斜面方向的速度，根據(jù)速度的合成可知，第②次碰撞前、后小球速度方向與斜面法線的夾角一定不相等，故D錯(cuò)誤；故選B。4．（2024·北京朝陽(yáng)·統(tǒng)考一模）如圖所示，電動(dòng)玩具車沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，欲飛躍寬度的壕溝AB，已知兩溝沿的高度差，重力加速度，不計(jì)空氣阻力，不計(jì)車本身的長(zhǎng)度。關(guān)于玩具車的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A．離開A點(diǎn)時(shí)的速度越大，在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短B．離開A點(diǎn)時(shí)的速度大于10m/s就能安全越過壕溝C．在空中飛行的過程中，動(dòng)量變化量的方向指向右下方D．在空中飛行的過程中，相同時(shí)間內(nèi)速率的變化量相同【答案】B【詳解】A．在玩具車能夠安全飛躍壕溝的情況下，根據(jù)可知，其在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為只由h決定，與離開A點(diǎn)時(shí)的速度無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．若玩具車能夠安全飛躍壕溝，則離開A點(diǎn)時(shí)的最小速度為故B正確；C．在空中飛行的過程中，玩具車所受合外力等于重力，根據(jù)動(dòng)量定理可知?jiǎng)恿孔兓康姆较蜇Q直向下，故C錯(cuò)誤；D．在空中飛行的過程中，玩具車平拋運(yùn)動(dòng)，加速度恒為g，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可知，相同時(shí)間內(nèi)速度的變化量相同，速率的變化量不同，故D錯(cuò)誤。故選B。5．（2024·北京朝陽(yáng)·統(tǒng)考一模）如圖所示，光滑水平地面上的P、Q兩物體質(zhì)量均為m，P以速度v向右運(yùn)動(dòng)，Q靜止且左端固定一輕彈簧。當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)（）A．P的動(dòng)量為0B．Q的動(dòng)量達(dá)到最大值C．P、Q系統(tǒng)總動(dòng)量小于mvD．彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為【答案】D【詳解】A．當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)，兩物體速度相同，P、Q系統(tǒng)所受外力為零，因此整個(gè)過程中動(dòng)量守恒所以P的動(dòng)量為故A錯(cuò)誤；B．彈簧壓縮至最短后，Q的速度將繼續(xù)變大，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，Q的動(dòng)量達(dá)到最大值，故B錯(cuò)誤；C．P、Q系統(tǒng)動(dòng)量守恒，總動(dòng)量為故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒，解得故D正確。故選D。6．（2024·北京豐臺(tái)·統(tǒng)考一模）出現(xiàn)暴風(fēng)雪天氣時(shí)，配備航空燃油發(fā)動(dòng)機(jī)的某型號(hào)“除雪車”以20km/h的速度勻速行駛，進(jìn)行除雪作業(yè)。直徑約為30cm的吹風(fēng)口向側(cè)面吹出速度約30m/s、溫度約700℃、密度約的熱空氣。已知航空燃油的熱值為，根據(jù)以上信息可以估算出以下哪個(gè)物理量（）A．除雪車前進(jìn)時(shí)受到的阻力B．除雪車吹出熱空氣時(shí)受到的反沖力C．除雪車進(jìn)行除雪作業(yè)時(shí)消耗的功率D．除雪車進(jìn)行除雪作業(yè)時(shí)單位時(shí)間消耗的燃油質(zhì)量【答案】B【詳解】A．由于勻速行駛，所以除雪車前進(jìn)時(shí)受到的阻力為由于不知除雪車牽引力的功率，故不能求阻力，A錯(cuò)誤；B．以熱空氣為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理，有解得，反沖力的大小為B正確；C．由于知道鏟雪車的熱值，所以根據(jù)條件可以求出鏟雪車的熱功率除雪車進(jìn)行除雪作業(yè)時(shí)消耗的功率等于熱功率與車勻速行駛牽引力的功率之和，牽引力功率未知，故不能求除雪車進(jìn)行除雪作業(yè)時(shí)消耗的功率，C錯(cuò)誤；D．除雪車進(jìn)行除雪作業(yè)時(shí)單位時(shí)間消耗的燃油質(zhì)量等于發(fā)熱消耗的燃油質(zhì)量與車前進(jìn)消耗的燃油質(zhì)量之和，根據(jù)已知條件，不能求出，D錯(cuò)誤。故選B。7．（2024·北京石景山·統(tǒng)考一模）帶電粒子碰撞實(shí)驗(yàn)中，t=0時(shí)粒子A靜止，粒子B以一定的初速度向A運(yùn)動(dòng)。兩粒子的v-t圖像如圖所示，僅考慮靜電力的作用，且A、B未接觸。則（）A．粒子B在0~t?時(shí)間內(nèi)動(dòng)能一直減小B．兩粒子在t?時(shí)刻的電勢(shì)能最大C．粒子A的質(zhì)量小于粒子B的質(zhì)量D．粒子A在t?時(shí)刻的加速度最大【答案】B【詳解】A．粒子B在0~t?時(shí)間內(nèi)速度先減小后反向增加，可知?jiǎng)幽芟葴p小后增加，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．兩粒子在t?時(shí)刻共速，此時(shí)兩粒子相距最近，此時(shí)兩粒子的電勢(shì)能最大，選項(xiàng)B正確；C．由圖可知，t=0時(shí)刻有p0=mBv0在t=t2時(shí)刻有p2=mAvA兩粒子運(yùn)動(dòng)過程動(dòng)量守恒，以B的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mBv0=mAvA又由于v0＞vA所以有mB＜mA故C錯(cuò)誤；D．兩粒子在t1時(shí)刻共速，此時(shí)兩粒子相距最近，庫(kù)侖力最大，此時(shí)粒子A的加速度最大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選B。8．（2024·北京石景山·統(tǒng)考一模）應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見現(xiàn)象，解釋游戲中的物理原理，可以使學(xué)習(xí)更加有趣和深入。兩同學(xué)分別做了如下小游戲。如圖所示，用一象棋子壓著一紙條，放在水平桌面上接近邊緣處。甲同學(xué)第一次慢拉紙條將紙條抽出，棋子掉落在地上的P點(diǎn)；將棋子、紙條放回原來(lái)的位置，第二次快拉紙條將紙條抽出，棋子掉落在地上的N點(diǎn)。乙同學(xué)把一象棋子靜置于水平桌面上，然后用手指沿水平方向推棋子，棋子由靜止開始運(yùn)動(dòng)，并且在離開手指后還會(huì)在桌面上滑行一段距離才停止運(yùn)動(dòng)。據(jù)此，兩同學(xué)提出了如下觀點(diǎn)，其中正確的是（）A．甲同學(xué)第一次慢拉，棋子受紙條的摩擦力更大B．甲同學(xué)第二次快拉，棋子受紙條摩擦力的沖量更大C．乙同學(xué)推棋子，棋子離開手指前一直做加速運(yùn)動(dòng)D．乙同學(xué)推棋子，棋子的最大速度一定在與手指分離之前【答案】D【詳解】A．甲同學(xué)拉動(dòng)紙條讓棋子開始運(yùn)動(dòng)，所以兩次都受滑動(dòng)摩擦力，所以磨擦擦力大小相等，故A錯(cuò)誤；B．棋子離開桌面后做平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由可知離開桌面時(shí)第二次的水平速度小于第一次的水平速度，結(jié)合動(dòng)量定理得所以甲同學(xué)第一次慢拉，棋子受紙條摩擦力的沖量更大。故B錯(cuò)誤；CD．棋子離開手之前受手給棋子得作用力和滑動(dòng)摩擦力，而手給棋子得作用力為變力，由于棋子剛開始處于靜止?fàn)顟B(tài)，所以剛接觸的一段時(shí)間內(nèi)棋子一定做加速運(yùn)動(dòng)，但在棋子離開手之前不一定一直做加速運(yùn)動(dòng)，棋子離開手后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，所以棋子的最大速度一定在與手指分離之前，但離手前不一定一直做加速直線運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。9．（2024·北京房山·統(tǒng)考一模）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。如圖所示，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．大球碰撞前后的速度比為B．碰撞后大球的動(dòng)量小于小球的動(dòng)量C．碰撞過程中大球動(dòng)量減少量小于小球動(dòng)量增加量D．碰撞前后，大球與小球組成的系統(tǒng)無(wú)動(dòng)能損失【答案】D【詳解】根據(jù)題意可知，由于碰撞后，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，則碰撞后，大球的速度是小球速度的，設(shè)碰撞后大球的速度為，則小球的速度為AC．設(shè)碰撞前大球的速度為，由于碰撞過程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，則碰撞過程中大球動(dòng)量減少量等于小球動(dòng)量增加量，則有解得則大球碰撞前后的速度比為，故AC錯(cuò)誤；B．碰撞后大球的動(dòng)量小球的動(dòng)量即碰撞后大球的動(dòng)量等于小球的動(dòng)量，故C錯(cuò)誤；D．碰撞前大球的動(dòng)能為碰撞后大球的動(dòng)能為碰撞后小球的動(dòng)能為則有即碰撞前后，大球與小球組成的系統(tǒng)無(wú)動(dòng)能損失，故D正確。故選D。10．（2024·北京延慶·統(tǒng)考一模）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），O點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置。物塊由A點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)B點(diǎn)。關(guān)于物塊的受力及運(yùn)動(dòng)特征，下列說法正確的是（）A．從A到O，物塊所受重力的沖量為0B．從A到O，物塊的加速度一直減小C．從A到B，物塊通過O點(diǎn)時(shí)的速度最大D．從A到B，彈簧彈力對(duì)物塊做的功等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量【答案】D【詳解】A．物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用時(shí)間為t，重力的沖量I=mgt故A錯(cuò)誤；B．由于水平面粗糙且О點(diǎn)為彈簧在原長(zhǎng)時(shí)物塊的位置，所以彈力與摩擦力平衡的位置在OA之間，加速度為零時(shí)彈力和摩擦力平衡，所以物塊在從A到B的過程中加速度先減小后反向增大，故B錯(cuò)誤；C．從A到O運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧的彈力等于摩擦力時(shí)，加速度為0，速度最大。彈力與摩擦力平衡的位置在OA之間，故速度最大點(diǎn)在OA之間，故C錯(cuò)誤；D．由全過程能量守恒知，從A到B，彈簧彈力對(duì)物塊做的功等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量，故D正確。故選D。11．（2024·北京延慶·統(tǒng)考一模）航天器離子發(fā)動(dòng)機(jī)原理如圖所示，首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進(jìn)劑離子化（即電離出正離子），正離子被正、負(fù)極柵板間的電場(chǎng)加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推進(jìn)或調(diào)整姿態(tài)的反沖力，已知單個(gè)正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正、負(fù)柵板間加速電壓為U，從噴口噴出的正離子所形成的電流為I，忽略離子間的相互作用力，忽略離子噴射對(duì)航天器質(zhì)量中和電子槍磁鐵的影響．該發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的平均推力F的大小為（）A． B． C． D．【答案】A【詳解】以正離子為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理可得時(shí)間內(nèi)通過的總電荷量為噴出的總質(zhì)量由動(dòng)量定理可知聯(lián)立解得故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。故選A。12．（2024·北京東城·統(tǒng)考二模）如圖所示，臺(tái)球桌上一光滑木楔緊靠桌邊放置，第①次擊球和第②次擊球分別使臺(tái)球沿平行于桌邊和垂直于桌邊的方向與木楔碰撞，速度大小均為v0。碰撞后，木楔沿桌邊運(yùn)動(dòng)，速度大小用V表示，臺(tái)球平行于桌邊和垂直于桌邊的速度大小分別用vx和vy表示。已知木楔質(zhì)量為M，臺(tái)球質(zhì)量為m，木楔的傾角用θ表示。不考慮碰撞過程的能量損失，則（）A．第①種情況碰后V可能大于B．若滿足，第①種情況，即碰后臺(tái)球速度方向垂直于桌邊C．第②種情況碰后V可能大于D．若滿足，第②種情況，即碰后臺(tái)球速度方向平行于桌邊【答案】B【詳解】A．第①種情況平行于桌邊方向，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得若，聯(lián)立解得可知第①種情況碰后V不可能大于，故A錯(cuò)誤；B．第①種情況若，平行于桌邊方向，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得設(shè)斜面對(duì)小球的平均彈力為，以小球?yàn)閷?duì)象，平行于桌邊方向根據(jù)動(dòng)量定理可得垂直于桌邊方向根據(jù)動(dòng)量定理可得可得聯(lián)立可得故B正確；C．第②種情況平行于桌邊方向，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可得若，聯(lián)立解得可知第②種情況碰后V不可能大于，故C錯(cuò)誤；D．第②種情況，平行于桌邊方向，系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，則有根據(jù)統(tǒng)能量守恒可得設(shè)斜面對(duì)小球的平均彈力為，以小球?yàn)閷?duì)象，平行于桌邊方向根據(jù)動(dòng)量定理可得垂直于桌邊方向根據(jù)動(dòng)量定理可得可得聯(lián)立可得故D錯(cuò)誤。故選B。13．（2024·北京平谷·統(tǒng)考零模）滑塊以一定的初速度沿粗糙斜面從底端上滑，到達(dá)最高點(diǎn)B后返回到底端。利用頻閃儀分別對(duì)上滑和下滑過程進(jìn)行拍攝，頻閃照片示意圖如圖所示。與圖甲中相比，圖乙中滑塊（）A．受到的合力較大B．經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較大C．在A、B之間克服摩擦力做的功較大D．在A、B之間摩擦力的沖量較大【答案】D【詳解】A．因?yàn)轭l閃照片時(shí)間間隔相同，對(duì)比圖甲和乙，甲圖可看成從B向下的勻加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)比甲乙從B點(diǎn)向下一次頻閃時(shí)間的位移，甲的位移更大，可知圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)牛頓第二定律可知圖甲中滑塊受到的合力較大，故A錯(cuò)誤；B．從圖甲中的A點(diǎn)到圖乙中的A點(diǎn)，先上升后下降，重力做功為0，摩擦力做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理可知圖甲經(jīng)過A點(diǎn)的動(dòng)能較大，故B錯(cuò)誤；C．由于無(wú)論上滑或下滑均受到滑動(dòng)摩擦力大小相等，故圖甲和圖乙在A、B之間克服摩擦力做的功相等，故C錯(cuò)誤；D．由于圖甲中滑塊加速度大，根據(jù)逆向思維可得由此可知，圖甲在A、B之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，在A、B之間摩擦力的沖量較小，故D正確。故選D。14．（2024·北京平谷·統(tǒng)考零模）A、B兩小球靜止在光滑水平面上，用輕彈簧相連接，A、B兩球的質(zhì)量分別為m和。若使A球獲得瞬時(shí)速度v（如圖甲），彈簧壓縮到最短時(shí)，A球的速度為，B球的速度為，彈簧的長(zhǎng)度為L(zhǎng)；若使B球獲得瞬時(shí)速度v（如圖乙），彈簧壓縮到最短時(shí)，A球的速度為，B球的速度為，彈簧的長(zhǎng)度為L(zhǎng)'。則（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】根據(jù)題意可知，無(wú)論圖甲還是圖乙，當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，兩球的速度相等，則有，圖甲中，由動(dòng)量守恒定律有解得由能量守恒定理可得，彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為圖乙中，由動(dòng)量守恒定律有解得由能量守恒定理可得，彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能為可知兩圖中彈簧壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能相等，則有故選D。15．（2024·北京人大附中·校考模擬）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對(duì)著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時(shí)刻（）A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的加速度大小比乙的加速度小C．甲的動(dòng)量大小比乙的大 D．甲合力沖量與乙合力沖量大小相等【答案】B【詳解】AB．對(duì)甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有、由于所以由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，可得A錯(cuò)誤，B正確；C．對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動(dòng)量方向向左，顯然甲的動(dòng)量大小比乙的小，C錯(cuò)誤；D．因?yàn)榧椎膭?dòng)量大小比乙的小，故甲合力沖量小于乙合力沖量，D錯(cuò)誤。故選B。16．（2024·北京人大附中·?？寄M）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（

）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．高壓氣體對(duì)火箭推力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量【答案】A【詳解】A．火箭從發(fā)射艙發(fā)射出來(lái)，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