2023-2025北京高三（上）期末物理匯編

動量守恒定律章節(jié)綜合

一、單選題

1.（2025北京房山高三上期末）我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所

示，發(fā)射艙內的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到

點火的過程中，下列說法中正確的是（）

A.火箭的加速度為零時，動能最大

B.高壓氣體釋放的能量全部轉化為火箭的動能

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.高壓氣體的推力對火箭做的功小于重力和空氣阻力對火箭做功之和

2.（2025北京西城高三上期末）如圖所示，質量相同的三個小物塊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，同時將c沿水平方向拋出。不計空氣阻力，下列說法正確的是

)

A.三個物塊同時落地B.三個物塊動能的變化量相同

C.三個物塊落地前瞬間的動能相同D.重力對三個物塊的沖量相同

3.（2025北京西城高三上期末）在水平面上，質量為機、速度大小為v的A球與質量為3機的靜止的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球對B球的沖量最大值為15小

D,碰撞過程兩球損失的機械能最多為0.52

4.（2025北京昌平高三上期末）籃球運動深受同學們喜愛。打籃球時，某同學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.減小籃球的動量變化量

C.減小籃球的動能變化量

D.減小籃球對手的沖量

5.（2025北京順義高三上期末）籃球比賽中，質量為優(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)動量守恒D.籃球和籃板組成的系統(tǒng)機械能守恒

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。現(xiàn)將兩物塊由圖示位置無初速度釋放，經(jīng)過時間3物塊B未落地，物塊A未到達滑

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

A.繩子的拉力大小為機g

B.物塊A的加速度大小為:g

2

C.經(jīng)過時間K物塊B的速度大小為

4

D.經(jīng)過時間r,物塊A動量的變化量大小為耳機gr

7.（2024北京東城高三上期末）將質量為10kg的模型火箭點火升空，0.2kg燃燒的燃氣以大小為500m/s

的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小是（噴出過程重力和空氣阻

力不計）（）

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

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

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

極板附近。現(xiàn)同時釋放。、b,它們由靜止開始運動并計時，在隨后的某時刻。、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時刻。和》的電勢能相等

C.若叫=%，則%>%

D.若叫=和，在r時刻a的動量大小比b的小

9.（2024北京昌平高三上期末）我國自主研制的“天帆一號”太陽帆在軌成功驗證了多項太陽帆關鍵技術。

太陽帆可以利用太陽光的“光子流”為飛船提供動力實現(xiàn)星際旅行。光子具有能量，也具有動量。光照射到

物體表面時，會對物體產生壓強，這就是“光壓”。設想一艘太陽帆飛船，在太陽光壓的作用下能夠加速運

動，不考慮太陽以外的其他星體對飛船的作用力，下列說法不無聊的是（）

A.若光照強度和太陽光照射到太陽帆的入射角一定，太陽帆接受光的面積越大，該飛船獲得的動力越

大

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

的動力越大

C.太陽光照射到太陽帆時，一部分被反射，另一部分被吸收，只有被反射的部分會對太陽帆產生光壓

D.若將太陽帆正對太陽，飛船無需其他動力，即可以遠離太陽做加速度減小的加速運動

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

的小球，小球在水平面內做勻速圓周運動，忽略小球運動中受到的阻力。將小球視為質點，重力加速度為

g。則（）

A,輕細線對小球的拉力F=mgcos0

B.小球勻速圓周運動的周期T=

C.小球勻速圓周運動的線速度大小v=JgLsin，tan。

D.在半個周期內，合外力對小球的沖量大小/備=〃zJgZsin6tan6

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

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

導體棒的質量為相，單根懸線的長度為L重力加速度為g,忽略這個過程中阻力的影響。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.擺動到最高點時，安培力等于wigtan。

C.導體棒從最低點擺動到最高點的過程中，受到的安培力的沖量大小等于根gf

D.導體棒從最低點擺動到最高點的過程中，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”第四課在中國空間站正式開講，神舟十六號航

天員在夢天實驗艙內進行授課。航天員用0.3kg的大球與靜止的0.1kg的小球發(fā)生正碰，某同學觀看實驗

時發(fā)現(xiàn)：碰撞后，大球向前移動1格長度時，小球向前移動3格的長度，忽略實驗艙內空氣阻力的影響。

下列說法正確的是（）

A.碰撞后大球的動量大于小球的動量

B.碰撞后大球的動能等于小球的動能

C.大球碰撞前后的速度比為2：1

D.大球碰撞前后的動能比為2：1

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

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

甲時，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，忽略運動員與冰面間

在水平方向上的相互作用，則（）

A.甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小、方向都相同

B.甲、乙的動量變化一定大小相等、方向相反

C.甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量

D.甲和乙組成的系統(tǒng)機械能守恒

14.（2024北京大興高三上期末）在垂直紙面的勻強磁場中，有不計重力的甲、乙兩個帶電粒子，在紙面

內做勻速圓周運動，運動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動的速率均相等，則甲粒子的質量較大

D.該磁場方向一定是垂直紙面向里

15.（2023北京順義高三上期末）籃球運動深受廣大同學們的喜愛，打籃球時某同學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.該同學這么做的目的是減小籃球對手的沖擊力

B.該同學這么做的目的是縮短籃球和手的作用時間

C.手對籃球的作用力與籃球對手的作用力是一對平衡力

D.只有球靜止后手對籃球的作用力才等于籃球對手的作用力

16.（2023北京昌平高三上期末）2022年北京冬奧會短道速滑混合團體接力決賽中，中國隊以2分37秒

348的成績奪冠。在交接區(qū)域，“交棒”運動員猛推“接棒”運動員一把，使“接棒”運動員向前快速沖出，如圖

所示。在此過程中，忽略運動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.兩運動員的加速度一定相同

B.兩運動員相互作用力做的總功一定等于零

C.兩運動員相互作用力的總沖量一定等于零

D.兩運動員組成的系統(tǒng)動量和機械能均守恒

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。已知甲的質量為60kg,乙的質量為50kg。在甲推開乙后（）

A.甲、乙兩人的動量相同

B.甲、乙兩人的動能相同

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、實驗題

18.（2024北京石景山高三上期末）如圖所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律。

（1）圖中。點是小球拋出點在地面上的垂直投影。實驗時，先讓入射球制多次從斜軌上S位置由靜止釋

放，找到其平均落點的位置P，測量平拋射程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。接下來要完成的必要步驟是

A.用天平分別測量兩個小球的質量機/、機2

B.測量小球的開始釋放時的高度h

C.測量拋出點距地面的高度”

D.分別找到儂相碰后平均落點的位置M、N,測量OM、ON的長度

（2）若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為（用前面測量的量表示）。

（3）有同學認為若碰撞是彈性碰撞，則ON=QW+OP,請判斷該同學的結論是否正確，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，質量為M的勻質凹槽放在光滑水平桌面上，凹槽內有一個半

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

（1）若把凹槽固定在桌面上，求：

①小球運動到軌道最低點時的速度大?。?；

②小球運動到軌道最低點時，凹槽對小球的支持力大小然。

（2）若凹槽可以在桌面上自由滑動，且整個過程凹槽不翻轉。

①求小球運動到軌道最低點時的速度大小匕；

②若凹槽兩端始終沒有滑出桌面，求桌面的最小長度工

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

偏轉電場，離開電場時的偏轉量為〃，板長為以已知電子質量為電荷量為e,初速度不計。求:

(1)電子進入偏轉電場時速度的大小也

(2)電子在偏轉電場中運動的時間/；

(3)電子在通過偏轉電場的過程中動量變化的大小A?。

21.(2024北京東城高三上期末)如圖所示，在豎直向上，場強大小為E的勻強電場中，一個質量為〃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，另一個質量也為修、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最低點。整個過程中不計空氣

阻力，不計電荷量的損失，彈簧始終在彈性限度內，重力加速度為g,兩物塊均可視為質點，針對上述過

程，求：

(1)A與B碰后的速度大小v；

(2)電勢能的增加量電；

(3)彈簧彈性勢能的增加量公4。

22.(2023北京海淀高三上期末)宏觀問題是由微觀機制所決定的。對同一個物理問題，常?？梢詮暮暧^

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

如圖1所示，一根橫截面積為S的細金屬棒，金屬棒內單位體積有〃個自由電子，電子質量為機、電荷量

為e。

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

少？

(2)經(jīng)典電磁理論認為：當金屬導體兩端電壓穩(wěn)定后，導體中會產生一穩(wěn)定的電場，稱為穩(wěn)恒電場，這

種電場的基本性質與靜電場相同。金屬導體中的自由電子在恒定電場的電場力驅動下由靜止開始加速移

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

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

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

t0,碰撞時間不計，不考慮自由電子之間的相互作用力。請根據(jù)以上描述構建物理模型，推導該金屬棒電

阻率夕的表達式。

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

阻，將問題（1）中的金屬棒（名為仍）垂直放在導軌上，并接觸良好，整個裝置放在磁感應強度為B的

勻強磁場中，磁場方向垂直導軌平面，不計金屬棒帥的電阻。當油棒以速度v水平向右勻速滑動時，

a.從宏觀角度看，請你根據(jù)電動勢的定義式，求金屬棒協(xié)在運動過程中，產生的感應電動勢E；

b.從微觀角度看，金屬棒穩(wěn)定運動時，自由電子沿棒的方向運動，會經(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質

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

過時間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。設兩木塊均可以看作質點，它們的碰撞時間極短，且D點到桌面邊緣的水平距離x=0.60m,木塊A與

桌面間的動摩擦因數(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離開桌面時的速度大小VB-,

（3）碰撞過程中損失的機械能AE。

24.（2023北京石景山高三上期末）如圖（a）,質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的最高處。設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時，運動員向下拍球，對籃球施加一個向下的壓力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，我們認為地球始終保持靜止不動。請你運用所學知識分析說明建

立這種模型的合理性。

圖(a)

25.（2023北京石景山高三上期末）2022年北京冬奧會中，中國鋼架雪車隊獲得首枚冬奧會獎牌。鋼架雪

車比賽的一段賽道如圖1所示，長為4的水平直道與長為％的傾斜直道3C在8點平滑連接，傾斜直

道BC與水平面的夾角為運動員從A點由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速運動到2點時速度大小為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（包括運動員）可視為質點，始終在冰面

上運動，其總質量為加，雪車與冰面之間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g。求雪車（包括運動員）

（1）在水平直道A3上的加速度大小；

（2）在傾斜直道3C上的加速度大小；

（3）經(jīng)過C點時的動量大小。

圖2

26.（2023北京昌平高三上期末）一個質量為機=60kg的蹦床運動員，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。不計空氣阻力，g取lOm/s?。求：

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

（2）運動員與網(wǎng)作用過程中速度變化量Av的大小和方向；

（3）運動員與網(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

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

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械能AE；

(3)兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離$。

28.(2023北京豐臺高三上期末)如圖所示，空間存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為8,兩條足夠

長的光滑平行金屬導軌固定在同一水平面內，導軌間距為L左端接有電阻七一質量為機、電阻為廠的

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

(1)金屬棒中產生的感應電動勢E；

(2)拉力廠的大??；

(3)從撤去拉力廠到金屬棒停止運動的過程中，安培力對金屬棒的沖量大小

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動，當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，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，火箭接著向上做

加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，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化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內能，故B錯

誤；

C.根據(jù)動量定理，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錯誤;

D.根據(jù)動能定理，可知哪

解得比推=%+%

故D錯誤。

故選Ao

2.B

【詳解】AD.由于平拋運動的豎直分運動為自由落體，由〃=；g產，得

故b、c下落時間相同，根據(jù)

I=mgt

可知，重力對b、C兩物體的沖量相同；但根據(jù)牛頓第二定律以及運動學公式可知

——=—gsinffi2

sin。2

可得。的下落時間

Vg(sin6)2

與6、。的下落時間不同，故三個物體受重力的沖量不同，故AD錯誤；

BC.由題意可知，三個物體下落的過程只有重力做功，重力對三個物體做功相同，根據(jù)動能定理可知

mgh=Ek'-Eii

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

確，C錯誤。

故選B。

3.C

【詳解】A.根據(jù)動量守恒定律可知，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

運動方向運動，故碰撞后A球的速度不一定反向，故A錯誤；

B.當兩球發(fā)生彈性碰撞時，碰撞后B球的速度最大，設為力m，以碰撞前A球的運動方向為正方向，根

據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律得

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錯誤；

C.當兩球發(fā)生彈性碰撞時，碰撞后B球的速度最大，碰撞過程A球對B球的沖量最大，設為人。根據(jù)B

選項的結果，由動量定理得

3wV=15V

=Bm-°-^

故c正確；

D.當兩球發(fā)生完全非彈性碰撞時，碰撞過程兩球損失的機械能最多，設碰撞后兩球的速度為匕，以碰撞

前A球的運動方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律得

mv={m+3rti)vl

根據(jù)能量守恒定律得碰撞過程兩球損失的機械能最多為：

AE=gmv2—；(“z+3m)vj2

聯(lián)立解得

32

AE=—mv

8

故D錯誤。

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間,

根據(jù)動量定理得

—Ft=Q—mv

解得：

F=—

當時間增大時，球動量的變化率減小，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，所以A正確，BD

錯誤。

C.速度由v減小到0,動能的變化量是不變的，故C錯誤。

故選Ao

5.A

【詳解】A.根據(jù)動量定理可知：撞擊時籃球受到的沖量等于其動量的變化，取籃球反彈后的速度方向為

正方向，由動量定理得

I=mv,-〃?（一匕）=〃2（V]+v2）

故A正確；

B.碰撞時，籃球與籃板相互作用，相互作用力等大反向，作用時間相等，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錯誤；

C.因為碰撞時間極短，所以不考慮重力的作用?；@球撞擊籃板的過程中，籃板會受到籃球架的作用力，

即籃球與籃板組成的系統(tǒng)會受到外力作用，所以系統(tǒng)動量不守恒，故c錯誤；

D.由于匕片匕，碰撞之后，籃球的動能減少，所以系統(tǒng)機械能有損失，不守恒，故D錯誤。

故選Ao

6.B

【詳解】AB.運動過程物塊A與物塊B的加速度大小相等，由牛頓第二定律得：

對A、B整體

mg=（2m+m）a

對A

T-2ma

解得

1

a=28

T=-2mg

故A錯誤，B正確；

C.經(jīng)過時間r,物塊B的速度大小

1

v=at=—gt

故C錯誤；

D.經(jīng)過時間3對物塊A,由動量定理得

f2

\p=Tt--mgt

故D錯誤。

故選B。

7.A

【詳解】根據(jù)動量守恒定律可知，在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小等于燃氣的動量大小，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錯誤;

B.根據(jù)

Ep=q<p

若馬=%，在時刻。和b處于同一等勢面上，但由于電性相反，所以。和。的電勢能不相等，故B錯

誤；

D.根據(jù)

4=卜耳=予

可知

匕<%

若叫=嗎，則有

Pi=mlvl<p2=m2y2

可知在才時刻a的動量大小比b的小，故D正確。

故選D。

9.C

【詳解】根據(jù)題意，設太陽單位時間內向外輻射的光子數(shù)為N,太陽到太陽帆的距離為R,太陽帆的面積

為S,則單位時間內照射到太陽帆上的光子數(shù)為

NS

設太陽光照射到太陽帆的入射角為凡若所有光子被反射，時間f內對太陽帆產生的壓力為尸，每個光子

的動量為。，由動量定理有

Ft=2mpcos0

解得

F_NSpcos0

~2TTR2

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

飛船獲得的動力廠越大，故A正確；

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

小，則該飛船獲得的動力越大，故B正確；

C.若太陽光照射到太陽帆時，光子被吸收，則有

Ft=ntpcos6

整理可得

_NSpcos0

一4%R。

可知，被吸收的光子會對太陽帆產生光壓，故C錯誤。

D.若將太陽帆正對太陽，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

遠離太陽，R增大，則。減小，飛船無需其他動力，做加速度減小的加速運動，故D正確。

本題選錯誤的，故選C。

10.C

【詳解】A.根據(jù)平衡條件，輕細線對小球的拉力為

F=S

cos3

故A錯誤；

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

小球勻速圓周運動的周期

X尸

故B錯誤；

C.根據(jù)

v2

mgtanUn=m——；—

Lsin0

解得小球勻速圓周運動的線速度大小為

v=sin，tang

故C正確；

D.根據(jù)動量定理，在半個周期內，合外力對小球的沖量大小為

ZF=mv—(―mv)=2mv=2nxigLsin0tan0

故D錯誤。

故選C。

11.D

【詳解】A.當開關S閉合時，導體棒向右擺起，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，磁場方向一定豎直向上，下方為N極，故A錯誤；

B.若在最高點受安培力水平向右，根據(jù)共點力平衡條件可知安培力為

F=mgtan0

但最高點時安培力方向并非水平向右，故B錯誤；

C.導體棒從最低點擺動到最高點的過程中，設安培力和繩子拉力合力的沖量為I,根據(jù)動量定理可知

I—mgt=0

解得

I=mgt

所以導體棒受到的安培力的沖量大小不等于mgt,故C錯誤；

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1格長度時，小球向前移動3格的長度，則

1

v大=”、

根據(jù)

p=mv

碰撞后大球的動量等于小球的動量，故A錯誤；

B.根據(jù)

12

EF.=-mv

k2

碰撞后大球的動能小于小球的動能，故B錯誤;

C.根據(jù)動量守恒

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

大球碰撞前后的動能比為4：1,故D錯誤。

故選C。

13.B

【詳解】A.因為沖量是矢量，甲對己的作用力與乙對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錯誤；

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

甲、乙的動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、乙的質量關系，不能求出甲乙動能變化關系，無法判斷做功

多少，也不能判斷出二者動能的變化量，c錯誤；

D.在乙推甲的過程中，乙的肌肉對系統(tǒng)做了功，甲和乙組成的系統(tǒng)機械能不守恒，D錯誤。

故選B。

14.C

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

電；②磁場垂直紙面向外，粒子均帶負電，故AD錯誤；

BC.根據(jù)洛倫茲力提供向心力得

V2

qvB=m——

R

可得

R=—

qB

分析可知當速率V、電量外磁感應強度8均相等時，半徑R越大的粒子質量機就越大;磁感應強度B相

同，當兩粒子動量相等時，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)動量定理

可知

Ft=mAv

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

時間f,從而減小籃球對手的沖擊力尸。故A正確，B錯誤；

CD.根據(jù)牛頓第三定律，手對籃球的作用力與籃球對手的作用力是一對相互作用力，任何情況下都是等大

反向的。故CD錯誤。

故選Ao

16.C

【詳解】A.“交棒”運動員和“接棒”運動員受到的推力大小相等，方向相反，但是質量不一定相同，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錯誤；

B.交接棒過程中兩運動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

錯誤；

C.兩個運動員相互作用的力的作用時間相同，等大、反向、共線，故“交棒”運動員對“接棒”運動員的沖

量與“接棒”運動員對“交棒”運動員的沖量等大、反向、共線，兩運動員相互作用力的總沖量等于零，C正

確；

D.運動員與冰面間的摩擦可忽略不計，在“交棒”過程中，“交棒”運動員猛推“接棒”運動員一把，兩個運動

員相互作用的力等大、反向、共線，作用時間相同，根據(jù)動量定理，兩個運動員的動量變化等大、反向、

共線，系統(tǒng)動量守恒。因為推力做功，“交棒”運動員和“接棒”運動員組成的系統(tǒng)機械能一定增加，D錯

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量守恒，由于系統(tǒng)初動量為0,則甲、乙兩人的

動量大小相等，方向相反，故A錯誤；

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

2m

誤；

C.由動量守恒可得

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動，加速度均為0,故D錯誤。

故選Co

18.AD/DAwi]-OP=mA-OM+m2-ON結論正確，見解析

【詳解】(1)口]若兩球相碰前后的動量守恒，則

"4%=叫匕+m2v2

碰撞后兩小球做平拋運動，兩小球下落高度相同，則兩小球在空中運動的時間相同，則

叫=I%卬+m2v2t

可得

m1-OP=叫-OM+m,■ON

故還需完成的必要步驟是：用天平分別測量兩個小球的質量如、m2,分別找到7如、加2相碰后平均落點的

位置M、N,測量。M、ON的長度。

故選AD。

(2)[2]由(1)可知，若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可表示為

m1-OP=叫-OM+m,■ON

(3)⑶若碰撞是彈性碰撞，根據(jù)動量守恒以及機械能守恒可得

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2叫+加2

可得

ON=OM+OP

故結論正確。

19.(1)①反,②3mg；(2)①②2R(2m+M)

\M+mm+M

【詳解】(1)①根據(jù)題意，由機械能守恒定律有

12

mgR=—mv0

解得

v0=^gR

②小球運動到軌道最低點時，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，小球和凹槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，則有

mvx—MV2=0

由機械能守恒定律有

1212

mgR=—mvj+—MV2

解得

手

\M+m

②根據(jù)題意可知，小球運動過程中水平方向在任何時候都動量守恒，則有

mh—MV2=0

兩邊同時乘f可得

mxx=MX2

由于運動過程中，系統(tǒng)的機械能守恒，則當小球運動到凹槽軌道左端點時，速度恰好為零，此時，凹槽向

右運動到最大距離，則有

玉+兀2=2R

解得

2m_

%=--------R

m+M

由對稱性可知，小球再次滑到軌道右端點時，凹槽恰好向左運動

-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，根據(jù)動能定理有

12

eU.=-mv~

12

解得電子進入偏轉電場時速度的大小為

(2)電子在偏轉電場中做類平拋運動，則有

L=vt

解得電子在偏轉電場中運動的時間為

t=L

(3)電子沿電場力方向做勻加速直線運動，則有

解得

_2h_2h\2eU.

ytLNm

由于電子在偏轉電場中水平方向做勻速運動，則電子在通過偏轉電場的過程中動量變化的大小

2h_____

Ap=mv=——j2meU

yLyl

2L⑴用“9咚W"

【詳解】(1)設物塊A下落高度”時的速度為%,根據(jù)機械能守恒

12

mgH=—mv0

可得

%=y12gH

物體A與B碰撞過程，動量守恒

mv0=2mv

A與B碰后的速度大小為

12gH

v=—v=-------

202

(2)A、B碰后到最低點的過程中,靜電力做功

%=-Eqh

電勢能的增加量

△綜=-%=回〃

(3)A、B碰后至最低點的過程中,由動能定理

12

2mgh—Eqh+%=0——x2mv

解得

,mg(4h+H)

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